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MatemáticaAnálise combinatória e probabilidades 1 SISTEMA COC DE ENSINO Direção-Geral: Sandro Bonás Direção Pedagógica: Zelci C. de Oliveira Direção Editorial: Roger Trimer Gerência pedagógica: Luiz Fernando Duarte Gerência Editorial: Osvaldo Govone Gerência Operacional: Danilo Maurin Gerência de Relacionamento: Danilo Lippi Ouvidoria: Regina Gimenes Conselho Editorial: José Tadeu B. Terra, Luiz Fernando Duarte, Osvaldo Govone e Zelci C. de Oliveira PRODUÇÃO EDITORIAL Autoria: Jeferson Petronilho Editoria: Clayton Furukawa, José F. Rufato, Marina A. Barreto e Paulo S. Adami Coordenação editorial: Luzia H. Fávero F. López Assistente Editorial: George R. Baldim Projeto gráfico e direção de arte: Matheus C. Sisdeli Preparação de originais: Marisa A. dos Santos e Silva e Sebastião S. Rodrigues Neto Iconografia e licenciamento de texto: Cristian N. Zaramella, Marcela Pelizaro e Paula de Oliveira Quirino. Diagramação: DIAGRAMA SOLUÇÕES EDITORIAIS LTDA – EPP Ilustração: DIAGRAMA SOLUÇÕES EDITORIAIS LTDA – EPP Revisão: Flávia P. Cruz, Flávio R. Santos, José S. Lara, Leda G. de Almeida e Maria Cecília R. D. B. Ribeiro. Capa: LABCOM comunicação total Fechamento: DIAGRAMA SOLUÇÕES EDITORIAIS LTDA – EPP Rua General Celso de Mello Rezende, 301 – Tel.: (16) 3238·6300 CEP 14095-270 – Lagoinha – Ribeirão Preto-SP www.sistemacoc.com.br CAPÍTULO 01 ANÁLISE COMBINATÓRIA 7 Sumário 1. 2. Introdução Princípio fundamental da contagem (PFC) 7 9 3. Princípio do desprezo da ordem 18 4. Exercícios caracterizados de contagem 19 5. Fórmulas de contagem 26 CAPÍTULO 02 NÚMEROS BINOMIAIS 29 1. Introdução 29 2. Triângulo de Pascal 32 3. Binômio de Newton 36 CAPÍTULO 03 PROBABILIDADE 42 1. Experimentos aleatórios 42 2. Espaço amostral e evento 42 3. Tipos de eventos 43 4. Probabilidade estatística e probabilidade teórica 44 5. Probabilidade teórica de um evento 44 6. Propriedades das probabilidades 45 7. Probabilidade do evento união 51 8. Probabilidades num espaço amostral não equiprovável 51 9. Probabilidade condicional 55 10. Probabilidade do evento intersecção 55 11. Eventos independentes 56 EXERCÍCIOS PROPOSTOS 67 Teoria Análise combinatória e probabilidades Matemática CAPÍTULO 01 ANÁLISE COMBINATÓRIA 1. Introdução A análise combinatória é aplicada em diversos campos de atividade, desde o estudo em A análise combinatória é a parte da Mate- apostas em loterias até o estudo das possíveis mática que estuda a quantidade de possibi- ligações entre os átomos na Química. Em par- lidades de ocorrência de um acontecimento, ticular na Matemática, teremos oportunidade sem que haja necessidade de descrevermos de aplicá-la no desenvolvimento dos binômios todas as possibilidades de ocorrência. de Newton e na teoria das probabilidades. Para explicar esse estudo, podemos analisar o 1.1. Fatorial problema abaixo. São muito frequentes, na análise combina- Consideremos a figura abaixo, em que há parte tória, produtos que tenham como fatores da planta de um bairro. Uma pessoa deve cami- todos os números inteiros positivos, desde 1 nhar de sua casa à escola onde estuda, usando até um certo n, por exemplo 5 · 4 · 3 · 2 · 1; um dos caminhos mais curtos, isto é , ela só po- para facilitar, usaremos uma forma abreviada derá caminhar “da esquerda para a direita”ou para representá-los, o fatorial. “de baixo para cima”. Quantos são os possíveis caminhos diferentes para esse percurso? Definição: Sendo n um número natural, maior que 1, o fatorial de n (n!) é o produto de Escola todos os naturais de n até 1. Assim n! = n · (n – 1) · (n – 2) · … · 3 · 2 · 1 O símbolo n! também pode ser lido como n fatorial. Exemplos 5! = 5 · 4 · 3 · 2 · 1 7! = 7 · 6 · 5 · 4 · 3 · 2 · 1 3! = 3 · 2 · 1 Em particular, definimos: 0! = 1 e 1! = 1 Observação: Ao desenvolver um fatorial, colocando os fatores em ordem decrescente, pode-se interropê-lo onde for conveniente, indicando os Casa últimos fatores também na notação de fatorial. Exemplos: Observação: A figura mostra um dos caminhos 01. 7! = 7 · 6 · 5 · 4 · 3 · 2 · 1! = 7 · 6 · 5! = possíveis. = 7 · 6! = 7 · 6 · 5 · 4! Para resolver esse problema, a primeira ideia é PV-13-11 tentar descrever todos os caminhos possíveis, 02. n! = n · (n – 1)! = n · (n – 1) · (n – 2)! o que facilmente é descartado dada a grande 03. (n + 1)! = (n + 1) · n! = (n + 1) · n · (n – 1)! quantidade de possibilidades. Este é um recurso muito utilizado nas simplifi- Nos próximos módulos, esse e muitos ou- cações de expressões com fatoriais: tros problemas serão resolvidos por meio de Exemplo regras de contagem, que não exigem a des- crição das possibilidades, isto é, descobrir 100! 100 · 99 · 98 ! = = 9.900 quantas sem necessariamente saber quais. 98! 98 ! 7 Matemática Análise combinatória e probabilidades EXERCÍCIOS RESOLVIDOS 01. Classifique as igualdades como verdadei- 03. ras (V) ou falsas (F): Simplificar (n + 1)! a. 3! + 2! = 5! (n – 1)! b. (3!) · (2!) = 6! Resolução c. (3!)2 = 9! Inicialmente, desenvolvemos (n + 1)! até che- 4! garmos em (n – 1)!: d. = 2! 2! (n + 1)! (n + 1) · n · (n − 1)! = = Resolução (n – 1)! (n − 1)! a. F, pois 3! = 3 · 2 · 1 = 6, 2! = 2 · 1 = 2 e = (n + 1) · n = n2 + n 5! = 5 · 4 · 3 · 2 · 1 = 120 Resposta b. F, pois 6! = 6 · 5! = 6 · 120 = 720 n2 + n (3!) · (2!) = 6 · 2 = 12 ≠ 6! = 720 04. Resolver a equação: c. F, pois 9! = 9 · 8 · 7 · 6! = 362.880 20 · (n – 1)! = (n + 1)! e (3!)2 = (6)2 = 36 4! 4· 3·2! Resolução d. F, pois = = 12 ≠ 2! = 2 2! 2! (n + 1)! (n + 1) · n · (n – 1) ! 20 = = 02. Simplifique: (n – 1)! (n – 1) ! 8! 20 = n2 + n ⇒ n2 + n –20 = 0 a. 6! n = 4 ou n = –5 (não convém) 7! S = {4} b. 5!2! 6! 05. UFRN c. 2!3! Se (x + 1)! = 3 (x!), então x é igual a: a. 1 d. 4 Resolução b. 2 e. 5 8 · 7 · 6! c. 3 a. 8! = = 56 6! PV-13-11 6! Resolução b. 7! 7 · 6 · 5! (x + 1)! = 3 · x! ⇒ (x + 1) · x ! = 3 · x ! = = 21 5!2! 5! 2! x=2 3 6! 6 · 5 · 4 · 3! Resposta c. = = 60 2!3! 2 · 1 · 3! B 8 Análise combinatória e probabilidades Matemática 06. FCMSC - SP 07. A solução da equação (n + 2)!(n − 2)! = 4 é um Se x!· (x + 1)! = 20 , então x vale: número natural: (n + 1)!(n – 1)! (x – 1)!· x! a. par. d. divisível por 5. a. –6 d. 5 b. cubo perfeito. e. múltiplo de 3. b. –5 e. 6 c. maior que 10. c. 4 Resolução Resolução (n + 2)!(n − 2)! (n + 2) · (n + 1)! (n – 2))! x! · (x + 1)! (x + 1)! (x + 1) · x · (x – 1)! = 4⇒ =4 = = = (n + 1)!(n – 1)! (n + 1)!(n – 1) · (n – 2)! (x – 1)! · x! (x – 1)! (x – 1)! ⇒ (x + 1) · x = 20 ⇒ x = 4 ou x = –5 (não co onvém) n+2 = 4 ⇒ n + 2 = 4n – 4 ⇒ –3n n = –6 Resposta n–1 n=2 C Resposta A 2. Princípio fundamental da contagem (PFC) O PFC é uma regra que permite determinar o número de possibilidades de ocorrência de um acontecimento, sem que se descrevam todas as possibilidades. A ideia da regra resulta de uma análise apurada de diagramas de árvores. 2.1. Diagrama de árvore É chamado de diagrama de árvore o esquema que lembra a estrutura de uma árvore, usado para descrever todas as possibilidades de ocorrência de um acontecimento. Consideremos o acontecimento: uma corrida de que participam apenas três corredores A, B e C. 1º lugar 2º lugar 3º lugar Resultados (3 possibilidades) (2 possibilidades) (1 possibilidade) (6 possibilidades) B C ABC A C B ACB Tronco A C BAC B C A BCA PV-13-11 A B CAB C B A CBA 1ª etapa de 2ª etapa de 3ª etapa de ramificação ramificação ramificação Analisando o diagrama, percebemos que cada um dos resultados possíveis para a corrida é uma “ponta”na “árvore” e que os “galhos”desta “árvore” se ramificam em três etapas: 1ª etapa: escolha do 1º colocado 2ª etapa: escolha do 2º colocado 3ª etapa: escolha do 3º colocado 9 Matemática Análise combinatória e probabilidades Assim, do “tronco” da “árvore” partem 3 “galhos”; de cada um destes partem 2 “galhos” e de cada um dos últimos parte um “galho”. Logo, o total de “pontas” será: 3 · 2 · 1 = 6 que é o número de resultados possíveis para a corrida. 2.2. Aplicação do PFC No problema: Em uma corrida de que participam apenas três corredores A, B e C, quantos são os resultados diferentes possíveis? Consideremos o acontecimento (resultado da corrida) estudado em três etapas sucessivas e independentes: 1ª etapa: escolher o 1º colocado 2ª etapa: escolher o 2º colocado 3ª etapa: escolher o 3º colocado Os números de possibilidades de escolha em cada etapa são: 1ª etapa: 3 possibilidades (qualquer um dos três participantes pode ser o primeiro colocado); 2ª etapa: 2 possibilidades (qualquer que seja o corredor escolhido para vencedor, na etapa anterior, existirão 2 possibilidades para escolher o 2º colocado); 3ª etapa: 1 possibilidade (quaisquer que sejam os escolhidos para a 1ª e 2ª colocações, nas etapas anteriores, para a 3ª colocação só o terceiro corredor é possível) Para determinar o número de resultados possíveis, é só multiplicarmos os números de possibilidades de cada uma das três etapas. Deste modo: 3 · 2 · 1 = 6 Assim, o número de resultados diferentes para a corrida é 6. A regra que utilizada para chegar a esse resultado é a do princípio fundamental da contagem (PFC), que pode ser enunciada genericamente deste modo: Se um acontecimento pode ser analisado em etapas sucessivas e independentes de modo que: n1 seja o número de possibilidades na 1ª etapa, n2 seja o número de possibilidades na 2ª etapa, nk seja o número de possibilidades na k-ésima etapa, então n1 · n2 · n3 · … · nk é o número de possibilidades de ocorrência do acontecimento. Exemplos 01. De quantos modos cinco pessoas podem sentar-se em um carro de cinco lugares? Resolução Sejam a, b, c, d e e os lugares do carro conforme a figura a seguir. PV-13-11 e d c b a 10 Análise combinatória e probabilidades Matemática Consideremos as etapas sucessivas: 1ª etapa: escolha da pessoa que se sentará no lugar a 2ª etapa: escolha da pessoa que se sentará no lugar b 3ª etapa: escolha da pessoa que se sentará no lugar c 4ª etapa: escolha da pessoa que se sentará no lugar d 5ª etapa: escolha da pessoa que se sentará no lugar e Assim, os números de possibilidades são: 5 4 3 2 1 1ª etapa 2ª etapa 3ª etapa 4ª etapa 5ª etapa Lugar A Lugar B Lugar C Lugar D Lugar E Logo, o total de possibilidades é: 5 · 4 · 3 · 2 · 1 = 5! = 120 Resposta: As pessoas podem sentar-se de 120 modos diferentes. Observação: Por não haver restrição na escolha em nenhuma das etapas (uma das pessoas não pode sentar-se no lugar da direção, por exemplo), a ordem em que se colocam as etapas de escolha não altera o resultado. Assim, por exemplo: 5 4 3 2 1 1ª etapa 2ª etapa 3ª etapa 4ª etapa 5ª etapa Lugar E Lugar B Lugar A Lugar D Lugar C Total = 5 · 4 · 3 · 2 · 1 = 5! = 120 02. As chapas dos automóveis no Brasil são formadas por 3 letras e 4 algarismos. Usando o alfa- beto de 26 letras, quantas chapas podem ser formadas? Resolução PV-13-11 L L L A A A A L = Letra e A = Algarismo 1ª etapa: escolha da 1ª letra 2ª etapa: escolha da 2ª letra 3ª etapa: escolha da 3ª letra 4ª etapa: escolha do 1º algarismo 5ª etapa: escolha do 2º algarismo 6ª etapa: escolha do 3º algarismo 7ª etapa: escolha do 4º algarismo 11 Matemática Análise combinatória e probabilidades Na 1ª, 2ª e 3ª etapas temos 26 possibilidades. Na 3ª, 4ª, 5ª, 6ª e 7ª etapas, temos 10 possibilidades (qualquer um dos 10 algarismos: 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9) Assim: 26 · 26 · 26 · 10 · 10 · 10 · 10 = 175.760.000 03. Quantos divisores positivos tem o número 288? Resolução Decompondo 288 em fatores primos, encontramos: 288 = 25 · 32 Qualquer número de forma 2x · 3y, com 0 ≤ x ≤ 5 e 0 ≤ y ≤ 2, é divisor de 288, então, estudados os números de possibilidades para ecolha dos expoentes x e y, temos: x ∈ {0,1,2,3,4,5} y ∈ {0,1,2} 6 3 1ª etapa 2ª etapa Expoente x Expoente y Total = 6 · 3 = 18 Resposta: 288 tem 18 divisores positivos. 04. Dispõe-se de 4 livros, 6 cadernos e 3 canetas para serem distribuídos entre dois estudantes. To- dos os objetos devem ser distribuídos, mas não há necessidade de uma divisão equânime. De quantos modos diferentes esta distribuição pode ser feita? Resolução Devemos estudar a quantidade de objetos que um dos estudantes pode receber, e, automati- camente, ficará estudada a quantidade que o outro poderá receber. Por exemplo, se o primeiro estudante receber 1 livro, o outro receberá 3 livros. PV-13-11 Logo, o número de possibilidades para a distribuição dos livros é: (0,4); (1,3); (2,2); (3,1); (4,0), ou seja, 5 possibilidades. Raciocinando de forma análoga para a distribuição dos demais objetos, teremos: 5 7 4 1ª etapa 2ª etapa 3ª etapa Livros Cadernos Canetas Total: 5 · 7 · 4 = 140 Resposta: A distribuição poderá ser feita de 140 modos diferentes 12 Análise combinatória e probabilidades Matemática 2.3. Princípio da preferência (PP) Consideremos o problema: de quantos modos cinco pessoas podem sentar-se em um carro de cinco lugares, se somente duas delas dirigem? Sejam a, b, c, d e e os lugares do carro, conforme a figura a seguir. e d c b a Considere as etapas sucessivas: 1ª etapa 2ª etapa 3ª etapa 4ª etapa 5ª etapa Lugar E Lugar D Lugar C Lugar B Lugar A Na 1ª etapa, temos 5 possibilidades: qualquer uma das cinco pessoas pode sentar-se. Na 2ª, 3ª e 4ª etapas, temos 4, 3 e 2 possibilidades respectivamente, sempre uma possibilidade a menos que na etapa anterior. No entanto, fica impossível determinar o número de possibilidades na 5ª etapa, pois devemos ter necessariamente uma pessoa que dirige nesse lugar, e, dependendo das escolhas anteriores, essa possibilidade pode não existir. Para evitar impasse de contagem como esse, usamos uma regra que chamamos de princípio de preferência (PP). PV-13-11 O estudo dos números de possibilidades deve começar sempre pelas etapas em que há restrição, dando-se preferência para aquelas onde a restrição é maior. Assim, como existe restrição para ocupar o lugar da direção, devemos necessariamente começar o estudo das possibilidades por esse lugar: 2 4 3 2 1 1ª etapa 2ª etapa 3ª etapa 4ª etapa 5ª etapa Lugar A Lugar B Lugar C Lugar D Lugar E 13 Matemática Análise combinatória e probabilidades Na 1ª etapa, temos apenas 2 possibilidades; só as duas pessoas que dirigem podem ocupar esse lugar (direção). Na 2ª, 3ª, 4ª e 5ª etapas, temos 4, 3, 2 e 1 possibilidades respectivamente, sempre uma possibilidade a menos que na etapa anterior. Desta forma, total = 2 · 4 · 3 · 2 · 1 = 48 Observação: Muitas vezes, mesmo usando o PP, ainda persistem os impasses de contagem. Nes- sas situações, devemos dividir o estudo das possibilidades em mais do que um caso, conforme ocorre no exemplo 6. 05. Usando todas as letras da palavra caderno, sem repetição, responda às seguintes questões. a. Quantas “palavras” distintas podem se formar? Observação: entenda por “palavra”uma sequência de 7 letras mesmo que não pronunciáveis. b. Quantas dessas “palavras”terminam com consoante? Resolução a. Considerando as escolhas das sete letras como etapas sucessivas e independentes, percebemos que nenhuma delas apresenta restrição (qualquer letra pode aparecer em qualquer posição na “palavra”); então a ordem que se faz do estudo do número de possibilidades dessas etapas não afetará o resultado. 7 6 5 4 3 2 1 1ª etapa 2ª etapa 3ª etapa 4ª etapa 5ª etapa 6ª etapa 7ª etapa Total = 7 · 6 · 5 · 4 · 3 · 2 · 1 = 7! = 5.040 b. Como existe restrição na escolha da última letra, para evitar impasses, fazemos desta a 1ª etapa, de acordo com o PP. (Como a última letra deve ser uma consoante, temos 4 possibilidades para essa etapa (C, D, R, N)). 6 5 4 3 2 1 4 2ª etapa 3ª etapa 4ª etapa 5ª etapa 6ª etapa 7ª etapa 1ª etapa PV-13-11 Total = 6 · 5 · 4 · 3 · 2 · 1 · 4 = 6! · 4 = 2.880 Resposta: a. 5.040 b. 2.880 06. Quantos números pares de quatro algarismos distintos, maiores que 1.999, existem no nosso sistema de numeração? Resolução Milhar Centena Dezena Unidade Restrições Restrições 0e1 1, 3, 5, 7 e 9 14 Análise combinatória e probabilidades Matemática De acordo com o PP, a 1ª etapa deve ser a escolha da unidade e a 2ª etapa, a escolha do milhar; no entanto, mesmo usando esta ordem nas etapas, teremos impasses, pois, na escolha da unidade, temos 5 possibilidades (0, 2, 4, 6, 8) e, para o milhar, teremos 8 possibilidades (2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9), caso seja escolhido o zero para a unidade e 7 possibilidades caso não seja o zero o algarismo escolhido. Para solucionar esse problema, devemos dividir a análise em dois casos. 1º caso: números que terminam em zero. Milhar Centena Dezena Unidade 8 8 7 1 2ª etapa 3ª etapa 4ª etapa 1ª etapa (não pode (só o zero) ser zero ou 1) Total = 8 · 8 · 7 · 1 = 448 2º caso: números que terminam em 2, 4, 6 e 8 Milhar Centena Dezena Unidade 7 8 7 4 2ª etapa 3ª etapa 4ª etapa 1ª etapa (Não pode (podem ser ser 0, 1 ou o 2, 4, 6 ou 8) algarismo escolhido para a unidade) Total = 7 · 8 · 7 · 4 = 1.568 Assim, o total de números que podem ser formados é: 448 + 1.568 = 2.016 Resposta: Podemos obter 2.016 números. PV-13-11 EXERCÍCIOS RESOLVIDOS 07. UFES-ES 08. Unesp Quantos são os números naturais de cinco al- Uma rede de supermercados fornece a seus garismos, na base 10, que têm todos os alga- clientes um cartão de crédito, cuja identi- rismos distintos e nenhum deles igual a 8, 9 ou ficação é formada por 3 letras distintas 0? Quantos deles são pares? (dentre 26), seguidas de 4 algarismos dis- Resposta tintos. Uma determinada cidade receberá os cartões que têm L como terceira letra, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 o último algarismo é zero e o penúltimo é 7 6 5 4 3 = 2.520 números 1. A quantidade total de cartões distintos 6 5 4 3 3 = 1.080 números pares oferecidos por tal rede de supermercados para essa cidade é: 15 Matemática Análise combinatória e probabilidades a. 33.600 d. 58.500 10. ENEM b. 37.800 e. 67.600 Um técnico em refrigeração precisa revisar to- c. 43.200 dos os pontos de saída de ar de um escritório com várias salas. Resolução Na imagem apresentada, cada ponto indicado Considerando as 26 letras e os 10 algarismos, por uma letra é a saída do ar e os segmentos temos: são as tubulações. 25 24 1 8 7 1 1 L G F · · · · · 1 1 0 Letras Números distintas distintos Portanto, o número de possibilidades será: I H 25 · 24 · 1 · 8 · 7 · 1 · 1 = 33.600 Resposta A K J 09. Udesc Um conjunto de oito tanques, dispostos con- Iniciando a revisão pelo ponto K e terminando forme mostra a figura abaixo, deverá ser cheio em F, sem passar mais de uma vez por cada com diferentes tipos de ácido, sendo que cada ponto, o caminho será feito passando pelos tanque deverá conter um único tipo de ácido, pontos: escolhido entre cinco tipos diferentes. a. K, I e F. b. K, J, I, G, L e F. c. K, L, G, I, J, H e F. d. K, J, H, I, G, L e F. e. K, L, G, I, H, J e F. Por imposição técnica, dois tanques com vérti- ces em comum não poderão conter o mesmo Resolução tipo de ácido; a quantidade de maneiras de se Do texto, temos: encherem os tanques é: L G F Fim a. 81.920 b. 390.625 c. 32.768 I H PV-13-11 d. 65.536 e. 160.000 K J Resolução 4 4 4 4 Início = 5 · 47 = 81.920 5 4 4 4 Obs.: acompanhar sequencialmente as setas. Resposta Vem: A K, L, G, I, J, H, F Resposta C 16 Análise combinatória e probabilidades Matemática 11. Fuvest-SP 12. FGV-SP Maria deve criar uma senha de 4 dígitos para Quantos números ímpares de 4 algarismos, sua conta bancária. Nessa senha, somente os sem repetir algarismos num mesmo número, algarismos 1, 2, 3, 4, 5 podem ser usados e um podemos formar com os dígitos: 1, 2, 3, 4, 5, mesmo algarismo pode aparecer mais de uma 6, 7, 8? vez. Contudo, supersticiosa, Maria não quer a. 210 d. 840 que sua senha contenha o número 13, isto é, o b. 7! e. 1.680 algarismo 1 seguido imediatamente pelo algarismo 3. De quantas maneiras distintas Maria c. 200 pode escolher sua senha? Resolução a. 551 Elementos disponíveis: { 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8} b. 552 Números ímpares de 4 algarismos: c. 553 d. 554 1 3 e. 555 7 · 6 · 5 · 4 5 Resolução 7 O total de senhas que podemos formar é: Logo: 840 5 · 5 · 5 · 5 = 625 Resposta Cálculo das senhas em que aparece o núme- D ro 13. 1 1 5 5 13. UECE 1a) ⋅ ⋅ ⋅ = 25 1 3 A quantidade de números inteiros compreen- 5 1 1 5 didos entre os números 1.000 e 4.500 que po- 2a) ⋅ ⋅ ⋅ = 25 dem ser formado utilizando somente os alga- 1 3 rismos 1, 3, 4, 5 e 7, de modo que não figurem 5 5 1 1 algarismos repetidos, é: 3a) ⋅ ⋅ ⋅ = 25 a. 48 c. 60 1 3 b. 54 d. 72 Observação A senha 1313 foi contada duas vezes, na (1a) e Resolução na (3a) opções, logo o total de senhas em que 1º caso: números iniciados pelos algarismos 1 e 3. aparece o número 13 é: 1 75 – 1 = 74 3 PV-13-11 2 · 4 · 3 · 2 = 48 Subtraindo do total de senhas aquelas nas quais aparecem o número 13, temos: 2º caso: números iniciados com o algarismo 4 625 – 74 = 551 (Neste caso, o algarismo das centenas deve ser 1 ou 3.) Resposta 1 3 A 4 1 · 2 · 3 · 2 = 12 Total = 48 + 12 = 60 Resposta C 17 Matemática Análise combinatória e probabilidades 3. Princípio do desprezo da ordem Quantos são os anagramas da palavra CASA? Resolução 4 3 2 1 Imaginemos que as duas letras “A” da palavra CASA sejam diferentes, por exemplo conside- 1° 2° 3° 4° remos CASÄ. Assim, os anagramas são: etapa etapa etapa etapa CASÄ ACSÄ SCAÄ ÄCAS Total = 4 · 3 · 2 · 1 = 4! = 24 CAÄS ACÄS SCÄA ÄCSA Para desprezar a mudança de ordem das 2 le- CÄSA AÄCS SACÄ ÄSCA tras repetidas, é só dividir o total por 2!; assim: 4! 24 CÄAS AÄSC SAÄC ÄSAC Total = = = 12 2! 2 CSÄA ASCÄ SÄCA ÄACS CSAÄ ASÄC SÄAC ÄASC Resposta: São 12 anagramas. Anagramas são as palavras formadas com as Observação: Ao calcular o total de ana- mesmas letras de uma palavra. Tais “palavras” gramas de uma palavra que apresenta uma letra não precisam ter significado na linguagem co- que se repete n vezes, calculamos inicialmente o total, como se todas as letras fossem diferentes mum. e, em seguida, desprezamos a mudança de ordem Desprezando as diferenças imaginadas entre das n letras, consideradas nesse total, dividindo- as letras “A”, percebemos que existem apenas o por n!. No caso em que a palavra apresenta n 12 anagramas diferentes. letras iguais e também outras m letras iguais, é só dividir o total por n! e por m!, isto é, por n! · m! É possível calcular esse total de anagramas de Essa regra, para desprezar uma mudança de uma outra forma: ordem considerada em uma contagem inicial, é cha- madade princípio do desprezo da ordem (PDO). Supondo 4 letras diferentes: EXERCÍCIOS RESOLVIDOS 01. 03. Quantos são os anagramas da palavra CAMADA? No jogo denominado Mega Sena são escolhidos 6 números inteiros entre 1 e 60. Quantos Resolução resultados distintos podem ocorrer na Mega São 6 letras das quais 3 são repetidas. Então: Sena? 6! 6 · 5 · 4 · 3 ! Resolução x= = = 120 PV-13-11 3! 3! Devemos primeiro pensar nas maneiras distintas de escolher os 6 números e, depois, des- 02. prezar a ordem, pois ela não é importante para Quantos são os anagramas da palavra BATATA? o jogo. Assim: Resolução 60 · 59 · 58 · 57 · 56 · 55 x= = 50.063. 860 São 6 letras das quais 3 são A e 2 são T. Então: 6! 6! 6 · 5 · 4 · 3! x= = = 60 3! ⋅ 2! 3! ⋅ 2 · 1 18 Análise combinatória e probabilidades Matemática 04. FGV-SP Sobre uma mesa são colocadas em linha 6 moedas. O número total de modos possíveis pelos quais podemos obter 2 caras e 4 coroas Indique a alternativa que representa o total voltadas para cima é: de símbolos diferentes que podem ser forma- a. 360 d. 120 dos, iluminando-se, exatamente, 4 delas. (Por exemplo, iluminando-se convenientemente, b. 48 e. 15 c. 30 pode-se obter etc.) Resolução Temos: C para cara e a. 140 d. 64 K para coroa b. 70 e. 24 c. 32 Devemos formar todas as sequências possíveis com as letras C, C, K, K, K e K. Resolução 6! 6 · 5 Primeiro escolheremos 4 barras para serem Assim: x = = = 15 iluminadas entre as 8 disponíveis. 2!4! 2 Resposta Depois, desprezaremos a ordem de escolha das 4 barras, pois, uma vez formado o símbolo, E a ordem da escolha não é importante. 8·7·6·5 28 ·7· 6 ·5 05. PUCCamp-SP X= = = 70 4! 4 · 3 · 2 ·1 É muito comum o uso de barras iluminadas em aparelhos eletrônicos, para a formação de Resposta símbolos (letras, números, sinais etc.). Consi- B derando as 8 barras dispostas na forma abaixo: 4. Exercícios caracterizados de contagem 4.1. Formação de números Quantos números ímpares, com 4 algarismos distintos, podemos obter empregando os algarismos 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 e 9? Resolução Algarismos: {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9} PV-13-11 Milhar Centena Dezena Unidade 8 7 6 5 2ª etapa 3ª etapa 4ª etapa 1ª etapa (só pode ser 1, 3, 5, 7 e 9) Total = 8 · 7 · 6 · 5 = 1.680 Resposta: Podemos obter 1.680 números. 19 Matemática Análise combinatória e probabilidades 4.2. Comissões com cargos definidos De um grupo de 10 pessoas, 5 são escolhidas para compor uma comissão que é formada por um presidente, um vice-presidente, com um 1º secretário, um 2º secretário e um tesoureiro. Quan- tas comissões podem ser formadas? Resolução V V–P 1º S 2º S T 10 9 8 7 6 1ª 2ª 3ª 4ª 5ª etapa etapa etapa etapa etapa Total = 10 · 9 · 8 · 7 · 6 = 30.240 Resposta: Podem ser formadas 30.240 comissões. 4.3. Anagramas sem repetição de letras Anagramas são as “palavras” formadas com as mesmas letras de uma palavra dada. Tais “palavras” não precisam ter significado na linguagem comum. Quantos são os anagramas da palavra CINEMA? Resolução 6 5 4 3 2 1 1ª 2ª 3ª 4ª 5ª 6ª etapa etapa etapa etapa etapa etapa Total = 6 · 5 · 4 · 3 · 2 · 1 = 6! = 720 Resposta: São 720 anagramas. 4.4. Anagramas com repetição de letras PV-13-11 Quantos são os anagramas da palavra MATEMÁTICA? Resolução Supondo 10 letras diferentes, teríamos 10! anagramas. Para desprezar as mudanças de ordem das letras repetidas (3 As, 2 Ms e 2 Ts), utilizaremos o P. D. O. Total = 10! = 10 · 9 · 8 · 7 · 6 · 5 · 4 · 3! = 151.200 0 3!2!2! 3! 2 · 1 · 2 · 1 4.5. Ocupação de lugares definidos De quantos modos 3 pessoas podem sentar-se em um banco de cinco lugares? 20 Análise combinatória e probabilidades Matemática 1ª resolução Consideremos como etapas sucessivas e independentes a escolha dos lugares que as três pessoas vão ocupar. 1ª pessoa 2ª pessoa 3ª pessoa 5 4 3 1ª 2ª 3ª etapa etapa etapa Total = 5 · 4 · 3 = 60 2ª resolução Consideremos como etapas sucessivas e independentes a escolha das pessoas que ocuparão os cinco lugares, considerando, porém, dois fantasmas para simbolizar os lugares vagos. 1º 2º 3º 4º 5º lugar lugar lugar lugar lugar 5 4 3 2 1 1ª 2ª 3ª 4ª 5ª etapa etapa etapa etapa etapa 5· 4· 3·2·1 Total = = 60 2! Note que o total foi dividido por 2! para desprezar a mudança de ordem dos fantasmas. Resposta: Podem sentar-se de 60 modos diferentes. 4.6. Comissões sem cargos definidos Dez times de futebol de um estado disputam um campeonato para classificar os quatro re- presentantes no campeonato brasileiro. De quantos modos diferentes pode acontecer essa PV-13-11 classificação? Resolução 1º 2º 3º 4º 10 9 8 7 1ª etapa 2ª etapa 3ª etapa 4ª etapa Total = 10 · 9 · 8 · 7 = 5.040 21 Matemática Análise combinatória e probabilidades Como o problema não questiona os resultados possíveis para a competição, e sim os classifi- cados para o campeonato brasileiro, a ordem dos quatro não interessa. Então, usando o PDO, chegamos ao resultado: 10 · 9 · 8 · 7 Total = = 210 4! Resposta: Pode acontecer de 210 modos diferentes. 4.7. Distribuição em grupos Oito escoteiros devem ser distribuídos em duas patrulhas que terão missões diferentes. De quantos modos isto pode acontecer? Resolução Imaginemos a distribuição sendo feita colocando-se os escoteiros em fila e consideremos os quatro primeiros da fila em uma patrulha e os quatro últimos na outra. A A A A B B B B 8 7 6 5 4 3 2 1 1ª 2ª 3ª 4ª 5ª 6ª 7ª 8ª etapa etapa etapa etapa etapa etapa etapa etapa 8· 7·6 · 5· 4· 3·2·1 Total = = 70 4!· 4! Resposta: Pode acontecer de 70 modos. Observação – O produto foi dividido por 4! · 4! para desprezar a ordem dos elementos em cada patrulha. 4.8. Figuras geométricas Considere 8 pontos distintos em uma circunferência. Quantos triângulos distintos podem ser formados com vértices nesses pontos? Resolução PV-13-11 Consideremos as etapas sucessivas da escolha dos vértices dos triângulos: 8 7 6 8·7·6 Total = = 56 3! Resposta: Podem ser formados 56 triângulos. Observação – O produto foi dividido por 3! para desprezar a ordem dos vértices, pois ABC e BCA representam o mesmo triângulo, por exemplo. 22 Análise combinatória e probabilidades Matemática EXERCÍCIOS RESOLVIDOS 01. FGV-SP 03. UFPA Usando-se os algarismos 1, 3, 5, 7 e 9, existem Quantos são os anagramas da palavra Brasil x números de 4 algarismos, de modo que pelo começados por B e terminados por L? menos 2 algarismos sejam iguais. O valor de x é : a. 24 d. 240 a. 505 d. 625 b. 120 e. 1.440 b. 427 e. 384 c. 720 c. 120 Resolução Resolução Pelo PFC, temos disponíveis {1, 3, 5, 7, 9} B 4 3 2 1 L Total: 4! = 24 Resposta 5 · 5 · 5 · 5 = 625 A Números de 4 algarismos, com os 5 elementos disponíveis. 04. Mackenzie-SP O número de maneiras diferentes de colocar em uma linha de um tabuleiro de xadrez (8 5 · 4 · 3 · 2 = 120 posições) as peças brancas (2 torres, 2 cavalos, 2 bispos, a rainha e o rei) é: Números de 4 algarismos distintos, com os 5 elementos disponíveis. a. 8! d. 8 b. 504 e. 4 Se do total de números de 4 algarismos sub- trairmos os números de 4 algarismos dis- c. 5.040 tintos, os que restarem terão pelo menos 2 algarismos iguais. Portanto; Resolução x = 625 – 120 = 505 T T C C B B D R Resposta 8! A Total = = 5.040 2!2!2! 02. Temos 8 “letras” (peças) com Vinte e dois pilotos de Fórmula 1 participarão de um grande prêmio. 2 Ts (torres são iguais) PV-13-11 Os três primeiros colocados subirão ao pódio 2 Cs (cavalos são iguais) onde ocuparão lugares distintos e serão ho- 2 Bs (bispos são iguais) menageados. e 1D (rainha) De quantas maneiras diferentes o pódio pode  dist int os ser composto? e 1R (rei)  Resolução 1ª 2ª 3ª 22 · 21 · 20 = 9.240 23 Matemática Análise combinatória e probabilidades 05. FGV-SP 07. De quantas maneiras 4 moças e 4 rapazes Oito livros devem ser distribuídos em dois gru- podem se sentar numa fila de 8 assentos, de pos de quatro livros cada um. De quantos mo- modo que nunca haja nem dois rapazes vizi- dos isto pode ser feito? nhos nem duas moças sentadas uma ao lado da outra? Resolução a. 5.040 d. 576 b. 40.320 e. 1.152 c. 2.880 8 7 6 5 4 3 2 1 1ª 2ª 3ª 4ª 5ª 6ª 7ª 8ª Resolução etapa etapa etapa etapa etapa etapa etapa etapa Podemos ter: 8· 7·6 · 5· 4· 3·2·1 Total = = 35 M R M R M R M R 4!· 4!· 2! 4 · 4 · 3 · 3 · 2 · 2 · 1 · 1 = 576 Resposta: Pode acontecer de 35 modos. ou Observação: O produto foi dividido por R M R M R M R M 4! · 4! para desprezar a ordem dos livros em cada grupo, e por 2! para desprezar a ordem dos dois 4 · 4 · 3 · 3 · 2 · 2 · 1 · 1 = 576 grupos, visto que ABCD – EFGH e EFGH – ABCD representam, por exemplo, a mesma distribuição. Logo: 576 + 576 = 1.152 Resposta: 08. UEL-PR (modificado) E I. Sejam 15 pontos distintos, perten- 06. Aman-RJ (modificado) centes a uma circunferência. O nú- mero de retas distintas determinadas As diretorias de 4 membros que podemos for- por esses pontos é: mar com os 10 sócios de uma empresa são: a. 14 d. 210 a. 5.040 e. 24 b. 91 e. 225 b. 40 d. 210 c. 105 c. 2 Resolução Resolução 15 pontos distintos de uma circunferência 10 · 9 · 8 · 7 nunca serão alinhados 3 a 3. Sabemos que Total = = 210 4! AB = BA ; portanto: PV-13-11 Resposta D 15 · 14 = 105 2! Resposta C 24 Análise combinatória e probabilidades Matemática II. Nas condições do problema, qual é o 10. UFMG número de semirretas determinadas Considere formados e dispostos em ordem pelos 15 pontos? crescente todos os números que se obtêm permutando-se os algarismos 1, 3, 5, 7 e 9. O nú- Resolução mero 75.391 ocupa, nessa disposição, o lugar: Sabemos que AB ≠ BA , portanto: a. 21o Total = 15 · 14 = 210 b. 64o Resposta: 210 semirretas c. 88o 09. d. 92o e. 120o Considere a figura abaixo, em que temos parte da planta de um bairro. Uma pessoa deve ca- Começando por 1, 3 ou 5: minhar de sua casa à escola onde estuda por um dos caminhos mais curtos. Quantos são os 3 ⋅ 4 ⋅ 3 ⋅ 2 ⋅ 1 = 72 caminhos possíveis para ir: (1, 3, 5) Escola + Começando por 71 ou 73: 1 ⋅ 2 ⋅ 3 ⋅ 2 ⋅ 1 = 12 Igreja (7) (1, 3) + Começando por 751: 1 1 1 2 1 = 2 (7) (5) (1) + 75.319 = 1 Casa 87 números menores que 75.391. a. de casa à escola? Assim, o no 75.391 ocupa o 88o lugar. b. de casa à escola, passando pela igreja? Resposta Resposta C a. Um possível caminho seria: DDCDCDDCCCD PV-13-11 Obtêm-se outros caminhos fazendo anagramas da “palavra” acima 11! Temos: = 462 6! ⋅ 5! b. casa / igreja e igreja / escola DDDDCCC·DCDC 7! 4! · = 210 4! 3! 2! 2! 25 Matemática Análise combinatória e probabilidades 11. UFScar-SP 5. Fórmulas de contagem Em seu trabalho, João tem 5 amigos, sendo 3 5.1. Agrupamentos homens e 2 mulheres. Já sua esposa Maria tem, em seu trabalho, 4 amigos (distintos dos Quando formamos grupos com elementos de João), sendo 2 homens e 2 mulheres. Para de um conjunto, chamamos esses grupos de uma confraternização, João e Maria pretendem agrupamentos. Existem três tipos básicos de convidar 6 dessas pessoas, sendo exatamente agrupamento. 3 homens e 3 mulheres. Determine de quantas 1º tipo – Arranjos simples maneiras eles podem convidar essas pessoas: São agrupamentos que diferem um do outro a. dentre todos os seus amigos no trabalho. pela ordem ou pela natureza dos elementos b. de forma que cada um deles convide componentes. exatamente 3 pessoas, dentre seus res- Exemplo – os arranjos de 2 elementos que po- pectivos amigos. dem ser feitos com A, B e C são: Resolução AB, BA, AC, CA, BC e CB 2º tipo – Combinações simples  3H  João tem 5 amigos São agrupamentos que diferem um do outro  2 M apenas pela natureza dos elementos compo- Considerando:  Maria tem 4 amiggos 2 H nentes.  2M Exemplo – as combinações de 2 elementos  que podem ser feitas com A, B e C são: Foram convidados 6 amigos para confraterni- AB, AC e BC. zação, sendo exatamente 3 H e 3 M. 3º tipo – Permutações simples a. Dentre todos: São agrupamentos que diferem um do outro ⇒ escolhendo-se 3 H dentre 5 H ⇒ apenas pela ordem dos elementos componentes. 5· 4· 3 ⇒ = 10 Exemplo – as permutações que podem ser fei- 3! tas com A, B e C são: ⇒ escolhendo-se 3 M dentre 4 M ⇒ ABC, ACB, BAC, BCA, CAB e CBA 4· 3·2 5.2. Fórmula para cálculo do número de ⇒ =4 3! agrupamentos Pelo princípio fundamental, temos 10 · 4 = 40 I. Fórmula para calcular o número de ar- possibilidades. ranjos b. De forma que cada um deles convide exata- Seja An,p o número de arranjos que podem ser PV-13-11 mente 3 pessoas, dentre seus respectivos amigos: feitos com n elementos, agrupando-os p a p. 1a possibilidade: Para calcular o número de arranjos, basta usar Maria escolhe 2 M e 1 H, e consequente- o PFC. Assim A7,3, por exemplo, será: mente, João escolhe 1 M e 2 H  3 · 2 ) ) ) ⇒ (1 · (2 · (2 ·   2!  = 12 casos 7 6 5 2a possibilidade: 1ª 2ª 3ª Maria escolhe 1M e 2H e conse- etapa etapa etapa quentemente João escolhe 2 M e 1H ⇒ (2) · (1) · (1) · (3) = 6 casos Se multiplicarmos e dividirmos o produto 7 · 6 · 5 Logo: Total de casos = 6 + 12 = 18 casos por 4!, teremos: 26 Análise combinatória e probabilidades Matemática 7 · 6 · 5 · 4! 7! 7! An,p A 7,3 = = = 4! 4! (7 – 3)! De modo geral: Cn,p = p! De modo geral: (n – p)! n! An,p = n(n – 1)(n – 2) · … · (n – p + 1) Assim: Cn,p = (n – p)! (n – p)!p! n! ou seja: An,p = De modo particular: Cn,0 = 1 e (n – p)! p Cn,n = 1 em particular An,0 = 1 e An,n = n! III. Fórmula para calcular o número de per- II. Fórmula para calcular o número de mutações combinações Seja Pn o número de permutações que podem Seja Cn,p o número de combinações que podem ser feitas com n elementos. ser feitas com n elementos, agrupando-os p a p. Para calcular o número de permutações, po- Para calcular o número de combinações, basta demos usar o PFC, assim P 5, por exemplo, usar o PFC e, em seguida, desprezar a troca de será: ordem dos elementos do grupo (PDO). Assim, C7,3, por exemplo, será: 5 4 3 2 1 7 6 5 1ª 2ª 3ª 4ª 5ª etapa etapa etapa etapa etapa 1ª 2ª 3ª etapa etapa etapa P5 = 5 · 4 · 3 · 2 · 1 = 5! 7·6·5 A 7,3 De modo geral: C 7,3 = = 3! 3! Pn = n! EXERCÍCIOS RESOLVIDOS 01. 02. Calcule: Resolver Ax, 4 = 5 Ax, 3 PV-13-11 a. A8, 3 b. A10, 2 c. A8, 0 Resolução Resolução x! x! =5· 8! 8! 8 · 7 · 6 · 5! (x – 4)! (x – 3)! a. A 8,3 = = = = 336 (8 – 3)! 5! 5! (x – 3)! (x – 3) (x – 4)! =5⇒ =5 10! 10! 10 · 9 · 8! (x – 4)! (x – 4)! b. A10,2 = = = = 90 (10 – 2)! 8! 8! logo, x – 3 = 5 ⇒ x = 8 8! 8! Resposta c. A 8,0 = = =1 (8 – 0)! 8! S = {8} 27 Matemática Análise combinatória e probabilidades 03. 04. Calcule o valor de: Resolver Cx, 3 – 6Cx, 2 = 0 C 5,3 Resolução E= C 5,1 + C10,2 + C 4,2 x! x! –6 =0 (x – 3)! · 3! (x – 2)! · 2! Resolução x! x! –6 · =0 6! 6 · 5 · 4 · 3! (x – 3)! · 3! (x – 2)! · 2! C6,3 = = = 20 (6 – 3)!· 3! 3!· 3! (x – 2)! 6 · 3! = 5 · 4! (x – 3)! 2! 5! C 5,1 = = =5 (x – 2) · (x – 3) ! (5 – 1)!· 1! 4!· 1! 6· 3·2·1 = 10 · 9 · 8! (x – 3) ! 2·1 10! C10,2 = = = 45 (10 – 2)!· 2! 8!· 2! x – 2 = 18 ⇒ x = 20 4! 4 · 3 · 2! C 4,2 = = =6 (4 – 2)!· 2! 2!· 2! Resposta 20 20 5 S = {20} Assim, E = = = 5 + 45 + 6 56 14 05. Px Resposta Resolver =5 Px–1 E= 5 . 14 Resolução x! =5 (x – 1)! x · (x – 1)! =5 (x – 1)! Assim: x = 5 Resposta S = {5} PV-13-11 28 Análise combinatória e probabilidades Matemática CAPÍTULO 02 NÚMEROS BINOMIAIS 1. Introdução 1.2. Propriedades Combinações de n elementos p a p são agrupamentos com p elementos cada, que podem  n  n  P1 )   =  ser formado com n elementos disponíveis.  p  n − p O número de combinações que podem ser feitas com n elementos p a p é dado por Cn,p e Demonstração calculado desta forma:  n n!  p = (n – p)! · p! n! Cn,p = (n – p)!· p!  n  n!  n − p = [n – (n – p)]!((n – p)! 1.1. Definição  n  n! Dados dois números naturais, n e p, chama-se de  n − p = [n – n + p]!(n – p)!  n  n  n! número binomial o par de valores   , em que:  n − p = p!(n – p)!  p  n  n  Portanto :  =  n n!  p  n − p  p = (n – p)! p p! com n ≥ p com Observação:  n  n  São chamamos   e  de números bi-  n  p  n − p  p lê-se: binomial de n sobre p nomiais complementares. Exemplos  n No número binomial   , n é o numerador e  7  7  13  13  p 1ª)   =   2ª)   =    2  5  4  9  p, o denominador. Com base na da definição, observamos que:  n  n   n + 1 P2 )   +  =  n  p  p + 1  p + 1 PV-13-11  p = Cn,p (Relação de Stifel) Como consequências da definição, temos: Demonstração  n  n  n  1ª) = 1 para ∀ n ∈  n! n!  0  p +  p + 1 = (n – p)! · p! + (n – p – 1)! · (p + 1)!  n  n  n  2ª) = n para ∀ n ∈ *  1  p +  p + 1 =  n n! n! 3ª) = 1 para ∀ n ∈  = +  n (n – p) · (n – p – 1)! · p! (n – p – 1)! · (p + 1)p! 29 Matemática Análise combinatória e probabilidades  n  n  n!(p + 1) + 1n!(n – p)  9  9  10  p +  p + 1 = (n – p) · (n n – p – 1)! · (p + 1) · p! 3º)   +   =    0  1  1  Observação:  n  n  n!p + n!+ n · n! – n!p Consideremos um grupo de pessoas formado  p +  p + 1 = (n – p)! · (p + 1)! por Paulo e mais n pessoas.  n  n  Então: n!(n + 1)  p +  p + 1 = (n – p)! · (p + 1)! 1º) O número de modos de selecionar, nesse grupo, um subgrupo formado por p + 1 pessoas  n  n  n!(n + 1)  n + 1  p +  p + 1 = (n – p)! · (p + 1)! é Cn+1,p+1 =   p + 1  n + 1 (n + 1)! 2º) O número de modos de selecionar um sub- Como   = grupo formado por Paulo e por outras p pessoas  p + 1 [n + 1 – (p + 1)]! · (p + 1)!  n (n + 1)! é 1× C = C = = n ,p n ,p  p (n – p)! · (p + 1)! 3º) O número de modos de selecionar um  n  n   n + 1 subgrupo formado por p + 1 pessoas, exceto Temos:   +  =  n   p  p + 1  p + 1 Paulo, é C = n ,p+1  p + 1 Exemplos Como o total de subgrupos é a soma do núme- ro de subgrupos dos quais Paulo participa com  7  7  8 o número de subgrupos dos quais Paulo não 1º)   +   =   participa, temos:  3  4  4  n  n   n + 1  11  11  12  p +  p + 1 =  p + 1 2º)   +   =    5  6  6 EXERCÍCIOS RESOLVIDOS 01. 02. 5  5 Calcule E, sendo  6 +  4 +  3 +  8  2  4  0  1 Calcule ∑  p p= 0 PV-13-11 Resolução Resolução 6! 5  5  5  5  5  5  5  5 E= +1+1+ 8 4! · 2! ∑  p =  0 +  1 +  2 +  3 +  4 +  5 p= 0 6·5 E= +1+1+ 8 5  5 5! 5! 5! 2 ∑  p = 1 + 5 + 3! · 2! + 2! · 3! + 1! · 4! + 1 E = 25 p= 0 5  5 ∑  p = 1 + 5 + 10 + 10 + 5 + 1 p= 0 5  5 ∑  p = 32 p= 0 30 Análise combinatória e probabilidades Matemática 03. 05.  x – 1 Resolver a equação: Resolver a equação:  = 10  2   8  8  9   5 +  6 =  x – 3 Resolução  x – 1 (x – 1)! (x – 1)! Resolução  2  = (x – 1 – 2)!2! = (x – 3)!2!  8  8  9 Asssim:  5 +  6 =  6 (relação de Stifel) (x – 1)! = 10 (x – 3)!2! Assim:  9 =  9  (x – 1)(x – 2) · (x – 3) !  6  x – 3 = 10 (x – 3) ! · 2! ou seja: x2 – 3x + 2 = 20 x – 3 = 6 ou 6 + (x – 3) = 9 x2 – 3x – 18 = 0 x = 9 x=6 ou seja, x = 6 ou x = –3 (não convém) S = {6, 9} S={6} 04. Resolver a equação:  10   10   x – 2 =  2x – 3 Resolução Temos dois casos: 1º) Binomiais iguais x – 2 = 2x – 3 ⇒ x = 1 que não satisfaz, pois devemos ter: 0 ≤ x – 2 ≤ 10 e 0 ≤ 2x – 3 ≤ 10 2º) Binomiais complementares: PV-13-11 (x – 2) + (2x – 3) = 10 3x = 15 ⇒ x = 5 S = {5} 31 Matemática Análise combinatória e probabilidades 2. Triângulo de Pascal Consideremos, como exemplo, a linha 5. 2.1. Montagem do triângulo ( 50 ) ( 51 ) ( 52 ) ( 53 ) ( 54 ) ( 55 )  n Vamos colocar os números binomiais   em  p 1 5 10 10 5 1 linhas e colunas, de modo que os de numera- dores iguais fiquem numa mesma linha e os de denominadores iguais numa mesma coluna. P2) A soma de dois binomiais consecutivos de 0 a1 a2 a3 5 4 a a a uma mesma linha é igual ao binomial situado lun lun lun lun lun lun imediatamente abaixo do binomial da direita. Co Co Co Co Co Co ( 00 ) Linha 0 () 0 0 ( 10 ) ( 11 ) Linha 1 ( 10 ) () 1 1 ( 20 ) ( 21 ) (22 ) Linha 2 ( 20 ) ( 21 ) (22 ) ( 30 ) ( 31 ) + ( 32 ) ( 33 ) Linha 3 ( 30 ) ( 31 ) ( 32 ) ( 33 ) ( 40 ) = ( 41 ) ( 42 ) ( 43 ) + (44 ) Linha 4 ( 40 ) ( 41 ) ( 42 ) ( 43 ) (44 ) = ( 50 ) ( 51 ) ( 52 ) ( 53 ) ( 54 ) ( 55 ) Linha 5 ( 50 ) ( 51 ) ( 52 ) ( 53 ) ( 54 ) ( 55 ) 1 1 1 Calculando cada um dos binomiais, obtemos: 1 2 1 Co a 0 Co a 1 a2 Co a 3 4 5 1 3+3 1 a a lun lun lun lun lun lun = Co Co Co 1 4 6 4 + 1 = 1 5 10 10 5 1 Linha 0 1 Linha 1 1 1 Notamos que: ( 31 ) + ( 32 ) = ( 42 ) ( 43 ) + (44 ) = ( 54 ) PV-13-11 Linha 2 1 2 1 e Linha 3 1 3 3 1 Linha 4 1 4 6 4 1 3 + 3 = 6 4 + 1 = 5 Linha 5 1 5 10 10 5 1 O que podemos concluir é que esta propriedade é uma aplicação da relação de Stifel nos elementos A esta disposição dos números dá-se o do triângulo. Com ela, podemos construir qual- nome de Triângulo de Pascal. quer linha do triângulo a partir da linha anterior. Assim, considerando a linha 4, temos: 2.2. Propriedades 1 4 6 4 1 P1) Em qualquer linha, dois binomiais equi- + + + + distantes dos extremos são complementares, portanto, iguais. 5 10 10 5 32 Análise combinatória e probabilidades Matemática Lembrando que os números binomiais das extremidades são sempre iguais a 1, temos a linha 5 do triângulo de Pascal. 1 5 10 10 5 1 P3) A soma de todos os binomiais da linha n do triângulo de Pascal é 2n. ( 00 ) 1 = 20 ( 10 ) ( 11 ) 1 + 1 = 21 ( 20 ) ( 21 ) (22 ) 1 + 2 + 1 = 22 ( 30 ) ( 31 ) ( 32 ) ( 33 ) 1 + 3 + 3 + 1 = 23 ( 40 ) ( 41 ) ( 42 ) ( 43 ) (44 ) 1 + 4 + 6 + 4 + 1 = 24 ( 50 ) ( 51 ) ( 52 ) ( 53 ) ( 54 ) ( 55 ) 1 + 5 + 10 + 10 + 5 + 1 = 25 Genericamente temos: P4) A soma dos elementos de uma coluna do triângulo de Pascal (começando no primeiro  n  n  n  n  n elemento da coluna) é igual ao elemento que  0 +  1 +  2 +  3 +…+  n = 2 n está avançado uma linha e uma coluna sobre a última parcela. ou n n + 1 n + 2 n + k n + k + 1 n +  n  +  n  +…+  n  =  n + 1  n  n ∑  p = n2 p= 0 ou Justificativa k  n + p  n + k + 1 Considerando um conjunto A com n elementos ∑  = n   n + 1  p= 0 para formar um subconjunto de A, devemos decidir, para cada elemento, se o incluímos ou não no subconjunto. Então, o total de subconjuntos é: Exemplo PV-13-11 2 · 2 · 2 · 2 · 2 · … · 2 = 2n 1 n elementos 1 1 Poderíamos obter esse mesmo total, pela soma das quantidades de subconjuntos com 0 elementos, 1 elemento, 2 elementos, ... , n 1 2 1 elementos, isto é: + Cn,0 + Cn,1 + Cn,2 + ... + Cn,n = 2n 1 3 3 1 + ou, então, 1 4 6 4 1  n  n  n  n =  0 +  1 +  2 +…+  n = 2 n 1 5 10 10 5 1 33 Matemática Análise combinatória e probabilidades Justificativa Exemplo Aplicando a relação de Stifel aos elementos das colunas e efetuando a adição membro a 1 membro, temos: 1 1 n+1 n n+1 = 1 2 1 n + n+2 n+1 n+1 = + 1 3 3 1 n+1 n+1 n + n+3 = n+2 n+2 1 4 6 4 1 + n+1 n+1 n + n+4 = n+3 n+3 1 5 10 10 5 1 + + n+1 n+1 n 1 6 15 20 15 6 1 n+k n+k–1 n+k–1 = + n+1 n+1 n Justificativa n+k+1 = n+k n+k k n + p n n + 1 n + 2 n + k + n+1 n+1 n ∑   =   +  + p   0  1   2   +… +   k  p= 0 n+k+1 n n+1 + n+2 n+3 = + + + Usando a propriedade dos números binomiais n+1 n n n n complementares, temos: + ... n+k–1 + n+k k n + p n n + 1 n + 2 n + k n n ∑   =   +  + p  n  n   n   +… +   n  p= 0 P5) A soma dos elementos de uma diagonal (isto é, de uma paralela à hipotenusa) do O segundo membro é a soma da coluna n até triângulo de Pascal, começando do primeiro a linha n + k do triângulo de Pascal; então, pela elemento da diagonal, é igual ao elemento propriedade P4, temos: que está imediatamente abaixo da última parcela. k  n + p  n + k + 1 ∑  = p   n + 1  PV-13-11 p= 0  n  n + 1  n + 2  n + k  0 +  1  +  2  +…+  k  = mas:  n + k + 1 =  k   n + k + 1  n + k + 1  n + 1  =  k  (complementares) ou Então: k  n + p  n + k + 1 k  n + p  n + k + 1 ∑  = p   k  ∑  = p= 0 p= 0 p   k  34 Análise combinatória e probabilidades Matemática EXERCÍCIOS RESOLVIDOS 01. 03. 8  8 Determine as somas indicadas: Calcule ∑  k  k =0 a.  6 +  6 +  6 +…+  6  0  1  2  6 Resolução 8  8  8  8  8  8  3  4  5  12 b.   +   +   +…+   ∑ k =  0 + 1 + 2 +…+  8 = 28 (linha 8) k =0       0 1 2  9 04. c.  3 +  4 +  5 +…+  9 10  10  3  3  3  3 Calcule ∑  p  p=1 Resolução Resolução  6  6  6  6 a.   +   +   +…+   = 26 (linha 6)  0  1  2  6 10  10  10  10  10 ∑  p  =  1  +  2  +…+  10 =  3  4  5  12  13 p=1 b.   +   +   +…+   =   (diagonal)  0  1   2  9  9  10 = 210 –   = 210 – 1 = 1.023  3  4  5  9  10  0 c.   +   +   +…+   =   (colunaa)  3  3  3  3  4  02. Calcule n, sabendo que:  n  n  n (soma dos ele-  0 +  1 +…+  n = 2.048 mentos da linha n) Resolução  n  n  n PV-13-11  0 +  1 +…+  n = 2 = 2.048 n 2 n = 211 ⇒ n = 11 35 Matemática Análise combinatória e probabilidades 3. Binômio de Newton Se efetuarmos o produto de quatro fatores, encontraremos: O teorema do binômio, que será estudado neste módulo, trata do desenvolvimento de (a + b) n, para n natural. Impropriamente (x + a1) (x + a2) (x + a3) (x + a4) = ele é chamado “binômio de Newton”. Isaac = x4 + (a1 + a2 + a3 + a4)x3 + (a1a2 + a1a3 + a1a4 + a2a3 Newton viveu no século XVII, embora o de- + a2a4 + a3a4)x2 + (a1a2a3 + a1a2a4 + a1a3a4 + a2a3a4) x + a1a2a3a4 senvolvimento de (a + b) n, para qualquer n natural (ou, pelo menos, um dispositivo para encontrar os coeficientes) já era conhecido De modo geral, no produto de n fatores, se muito antes. O caso n = 2 já era conhecido chamarmos de: por Euclides (300 a.C.), mas a generalização S1 = a1 + a2 + ... + an da lei só apareceu por volta de 1.100 d.C., na (combinações dos n segundos termos 1 a 1) Álgebra de Omar Khayyam. Curiosamente, este autor não forneceu a lei, mas assegura- S2 = a1a2 + a1a3 + ... + an-1an va que podia encontrar as potências quarta, (combinações dos n segundos termos 2 a 2) quinta, sêxtupla e até superiores, por uma lei que ele descobrira e que ele afirmava S3 = a1a2a3 + a1a2a4 + ........ ter enunciado em uma outra obra, da qual, (combinações dos n segundos termos 3 a 3) contudo, não parece haver restado nenhuma Sn = a1a2a3 ... an cópia. (combinações dos n segundos termos n a n) te- O que se deve a Newton, na verdade, é a ge- remos: neralização do teorema do binômio para valores negativos e fracionários de n, que, no (x – a1) (x + a2) ... (x + an) = entanto, não serão estudados neste capítulo. = xn + S1xn–1 + S2xn–2 + ... +Sn 3.1. Produto de Stevin Esse é o chamado produto de Stevin. Vamos achar a lei de formação do produto dos n binômios do primeiro grau da forma Observação (x + a1), (x + a2), ..., (x + an)  n que diferem entre si, somente pelos segundos O número de parcelas de S1 é Cn,1 =   termos.  1 Inicialmente consideremos o produto de dois fatores: (x + a1) · (x + a2).  n (x + a1) · (x + a2) = x2 + a2x + a1x + a1a2 O número de parcelas de S2 é Cn,2 =    2 (x + a1) · (x + a2) = x2 + (a1 + a2)x + a1a2 PV-13-11 Efetuemos agora o produto de três fatores: (x + a1) · (x + a2) · (x + a3)  n O número de parcelas de S3 é Cn,3 =   (x + a1) · (x + a2) · (x + a3) =  3 = x3 + a3x2 + a2x2 + a2a3x + a1x2 + a1a3x + a1a2x+ + a1a2a3  n (x + a1) (x + a2) (x + a3) = O número de parcelas de Sn é Cn, n =   = x3 + (a1 + a2 + a3)x2 + (a1a2 + a1a3 + a2a3)x + a1a2a3  n 36 Análise combinatória e probabilidades Matemática EXERCÍCIOS RESOLVIDOS 01. 02. Ache o produto (x + 1) · (x + 4) · (x + 5) Ache o produto (x + 1) · (x – 3) · (x + 2) · (x + 4) Resolução Resolução S1 = 1 + 4 + 5 = 10 S1 = 1 + (–3) + 2 + 4 = 4 S2 = 1 · 4 + 1 · 5 + 4 · 5 = 29 S2 = 1 · (–3) + 1 · 2 + 1 · 4 + (–3) · 2 + (–3) · 4 + 2 · 4 = –7 S3 = 1 · 4 · 5 = 20; Logo: S3 = 1 · (–3) · 2 + 1 · (–3) · 4 + 1 · 2 · 4 + (–3) · 2 (x + 1) (x + 4) (x + 5) = · 4 = – 34 x3 + 10x2 + 29x + 20 S4 = 1 · (–3) · 2 · 4 = –24; Logo: (x + 1) (x – 3) (x + 2) (x + 4) = = x4 + 4x3 – 7x2 – 34 x – 24 3.2. O desenvolvimento de (x + a)n  n  n  n Se no produto de Stevin fizermos (x + a)n =   xn +   axn–1 +   a2 xn–2 +  0  1  2 a1 = a2 = a3 = ... = an = a, teremos: T1 T2 T3  n S1 = a + a + a + ... + a = Cn,1 · a =   a  n  n  1 +   a3 xn–3 +…+   an   3  n T4 Tn+1  n S2 = a2 + a2 + a2 + ... + a2 = Cn,2 · a2 =   a2  2 Esse desenvolvimento, chamado de bi-  n nômio de Newton, também pode ser escrito S3 = a3 + a3 + a3 + ... + a3 = Cn,3 · a3 =   a3 assim:  3 .......................................................................... n  n PV-13-11 (x + a)n = ∑   ap · xn–p S n = an p=0  p Assim:  n  n 2 n – 2 Observações: (x + a)n = xn +   axn – 1 +  2 a x  1 1ª) O desenvolvimento de um binômio de grau n tem n+1 termos.  n  n 2ª) A soma dos expoentes, em qualquer ter- +   a3xn – 3 + ...+   an  3  n mo, é o grau n do binômio. 3ª) O expoente de x, no primeiro termo, é n, e  n vai decrescendo de um em um até atingir zero, Como   = 1, podemos escrever:  0 no último termo. 37 Matemática Análise combinatória e probabilidades 4ª) O expoente de a, no primeiro termo, é zero  n e vai crescendo de um em um até atingir n, no O 1º termo é T1 =   a0xn último termo.  0 5ª) Os coeficientes dos termos extremos são  n O 2º termo é T2 =   a1xn – 1  n  n  iguais a um   1   e    0  n   n 6ª) O coeficiente de qualquer termo é um nú- O 3º termo é T3 =   a2xn – 2  2 mero binomial de numerador n e denominador igual ao número de termos precedentes. As-  n O 4º termo é T4 =   a3xn – 3  n  3 sim, o coeficiente do 6º termo é    5 7ª) Os coeficientes do desenvolvimento de ..........................................................…………….. (x + a)n são os elementos da linha n do triân-  n gulo de Pascal. O último termo é Tn + 1 =   anx0 8ª) A soma dos coeficientes do desenvolvi-  n mento de (x + a)n é 2n. Supondo que um termo tenha p termos precedentes, sendo pois o termo de ordem p + 1, temos: 0.1. 3.3. Termo geral do binômio de Newton Chamamos termo geral do binômio de  n Newton a fórmula que permite encontrarmos Tp+1 =   ap xn–p  p o termo do desenvolvimento de uma certa ordem conhecida. No desenvolvimento de (x + a)n, vimos que: que é a fórmula do termo geral do binômio. EXERCÍCIOS RESOLVIDOS 01. Resolução Construir o triângulo de Pascal e, a partir dele, linha 0 → 1 fazer o desenvolvimento de: linha 1 → 1 1 a. (x + a)4 linha 2 → 1 2 1 PV-13-11 b. (x + a)5 c. (x + a)6 linha 3 → 1 3 3 1 linha 4 → 1 4 6 4 1 linha 5 → 1 5 10 10 5 1 linha 6 → 1 6 15 20 15 6 1 a. (x + a)4 = x4 + 4ax3 + 6a2x2 + 4a3x + a4 b. (x + a) 5 = x5 + 5ax4 + 10a2x3 + 10a3x2 + + 5a4x + a5 c. (x + a)6 = x6 + 6ax5 + 15a2x4+ 20x3a3 + + 15a4x2+ 6a5x + a6 38 Análise combinatória e probabilidades Matemática 02. 04. Desenvolver (2x + 3) 4 Sabendo que: Resolução  5  5  5  5 a5 +   a4b +   a3b2 +   a2b3 +   ab4 +  4  4  1  2  3  4 (2x + 3)4 =   (2x)430 +   (2x)331 +  0 1 +b5 = 1.024, podemos dizer que (a + b)2 é igual a: a. 144 d. 64  4  4  4 b. 4 e. 16 +   (2x)232 +   (2x)133 +   (2x)034  2  3  4 c. 36 (2x + 3)4 = 1 · 16x4 + 4 · 8x3 · 3 + 6 · 4x2 · 9 + Resolução + 4 · 2x · 27 + 1 · 81 No primeiro membro da igualdade fornecida, (2x + 3) = 16x + 96x + 216x + 216x + 81 4 4 3 2 temos (a + b)5; então; (a + b)5 = 1.024 ⇒ (a + b)5 = 210 ⇒ 03. (a + b)5 = (22)5 Desenvolver (x – 1)5 a + b = 22 ⇒ a + b = 4 ⇒ Resolução (a + b)2 = 16  5  5  5 Resposta (x – 1)5 =   x5(–1)0 +   x4(–1)1 +   x3(–1)2 +  0  1  2 E 05.  5  5  5 +   x2(–1)3 +   x(–1)4 +   x0(–1)5 Dado o binômio (2x + y)5, obtenha:  3  4  5 a. a soma dos coeficientes binomiais. (x – 1)5 = x5 – 5x4 + 10x3 – 10x2 + 5x –1 b. a soma dos coeficientes do desenvolvimento. Resolução  5  5  5  5  5  5 a.   +   +   +   +   +   = 25  0  1  2  3  4  5 b. Ao invés de efetuarmos o desenvolvimento de (2x + y)5 para obtermos a soma de seus co- PV-13-11 eficientes, fazemos: x = 1 e y = 1 e obtemos: (2 · 1 + 1)5 = 35 = 243, que é a soma procurada. 39 Matemática Análise combinatória e probabilidades 06. 08. Calcular o valor aproximado de (1,002) 15 Obtenha o termo independente de x no de- 6 Resolução senvolvimento de  x2 + 1  Notemos que (1,002)15 = (1 + 0,002)15, então,  x2  fazendo o desenvolvimento do binômio, temos: (1 + 0,002)15 = Resolução p  15  15  6  1  =   115 · 0, 0020 +   114 · 0, 0021 + Tp + 1 =    2  (x2 )6–p  0  1  p  x   15  15 +   113 · 0, 0022 +   112 · 0, 0023 +…+  6  2  3 Tp + 1 =   x –2p x12–2p  p  15 +   10 · 0, 00215  15  6 Tp + 1 =   x12– 4p  p Podemos perceber que, a partir do 3º termo, os valores são tão pequenos que podem ser des- Termo independente de x ⇒ expoente de x = 0 prezados. Assim: Fazendo 12 – 4p = 0, teremos: p = 3 (1 + 0,002)15 ≈ 1 + 0,030  6 ou (1,002)15 ≈ 1,03 T 3 + 1 =   x0  3 07. Considere o binômio (x2 + y)6.  6 T4 =   = 20 a. Dê o termo geral do desenvolvimento.  3 b. Obtenha o termo em x4. Então, o termo independente de x é o 4º termo e vale 20. Resolução  6  6 a. Tp + 1 =   yp (x2)6 – p =   yp x12 – 2p  p  p b. Fazendo o expoente de x, no termo geral, igual a 4, temos: 12 – 2p = 4 ⇒ p = 4 PV-13-11 Assim, o termo em x4 é:  6 T4 + 1 =   y4 x12 – 2 · 4 = 15y4 x4  4 ou seja, o termo em x4 é o 5º termo e vale 15x4y4. 40 Análise combinatória e probabilidades Matemática 09. 10. Obtenha o termo médio no desenvolvimento Quantos termos racionais existem no desen- ( ) 20 de (x 3 – x )4 . volvimento de ? 3+32 Resolução Resolução  4 Tp+1 =   (– x )p (x3 )4–p  20  p Tp + 1 =   ( 3 2 )p ( 3 )20 − p  p  4 1 Tp+1 =   (–1)p (x 2 )p x12–3p  20 p 20 − p  p Tp + 1 =   2 3 ⋅ 3 2  p  4 p +12– 3p Tp+1 =   (–1)p x 2 p 20 − p   p O termo é racional se e forem intei- 3 2  4 24– 5p Tp+1 =   (–1)p x 2 ros, isto é, devemos ter 20 – p múltiplo de 2 e  p p múltiplo de 3. O binômio tem 5 termos (grau 4), então o ter- Além disso, 0 ≤ p ≤ 20 mo médio é o 3º termo (T3). 20 – p é par ⇒ p é par.  4 24– 5 · 2 T3 =   (–1)2 x 2 = 6 · 1 · x7 = 6 x7 p é par ;   p  ⇒ p é múltiplo de 6 p é múltiplo de 3  p é múltiplode 6  0 ≤ p ≤ 20 {  ⇒ p ∈ 0, 6 , 12, 18 }  Assim, existem quatro termos racionais que obtemos substituindo, no termo geral, o valor de p por 0, 6, 12 e 18. 11. UEL-PR Se a soma dos coeficientes do desenvolvimento do binômio (2x + y)n é igual a 243, então o nú- mero n é: a. 12 d. 5 b. 10 e. 3 PV-13-11 c. 8 Resolução Soma dos coeficientes: (2 · 1 + 1)n = 243 ⇒ 3n = 243 ⇒ 3n = 35 ⇒ n = 5 Resposta D 41 Matemática Análise combinatória e probabilidades Capítulo 03 PROBABILIDADE Os cálculos hebreus sobre a posição dos astros, Depois de Bernouilli, Abraham de Moivre realizados por Ben Ezra no século XII, com a (1667-1751) publicou o livro A doutrina do finalidade de fazer previsões astrológicas, po- azar, no qual também faz análises de jogos dem ser considerados como os primeiros pas- que contribuíram para o estudo das proba- sos rumo à teoria das probabilidades. bilidades. O Livro dos jogos de azar, de Girolamo Cardano Foi em 1812 que Pierre Simon Laplace (1749- (1501-1576), publicado em torno de 1550, é o 1827) deu forma a uma estrutura de raciocínio primeiro manual organizado que traz algumas e a um conjunto de definições no seu livro Teo- noções de probabilidades. Nesse livro, Cardano, ria analítica da probabilidade. que era jogador, além de matemático, astrólogo A teoria moderna das probabilidades hoje e médico, desenvolve cálculos de expectativas constitui a base de um dos ramos de maior acerca de jogos de dados e também dá conse- aplicação nas ciências, a Estatística. lhos sobre como trapacear no jogo. No entanto, o estudo sistemático das probabi- 1. Experimentos aleatórios lidades começou, realmente, em 1654, quando um jogador francês, o Chevalier de Méré, Os experimentos cujos resultados podem ser escreveu a Blaise Pascal (1623-1662) fazendo previstos, isto é, podem ser determinados an- várias perguntas sobre o jogo de dados e ou- tes mesmo de sua realização são chamados tros jogos de azar. Uma das perguntas era: dois experimentos determinísticos. Por exemplo, jogadores, igualmente hábeis, querem inter- é possível prever a temperatura em que a romper partida. Conhecendo que o montan- água entrará em ebulição desde que conhe- te das apostas e a situação do jogo (quantas cidas as condições em que o experimento se partidas cada um ganhou), como deverá ser realiza. repartido o dinheiro? Alguns experimentos, contudo, não são assim Pascal, que, por ser extremamente religioso, previsíveis. Por mais que sejam mantidas as não era jogador, escreveu a outro matemá- mesmas condições, não podemos prever qual tico francês Pierre de Fermat (1601-1665) será o resultado ao lançarmos uma moeda. sobre as perguntas feitas pelo Chevalier de Esses são chamados experimentos aleatórios Méré. A partir dessa correspondência, Pascal (em latim alea = sorte). e Fermat aprofundaram estudos conjuntos sobre probabilidades e, apesar de não terem Experimentos aleatórios são aqueles que, publicado suas descobertas, chegaram a de- repetidos em condições idênticas, não produzem finir conceitos como expectativa, chance e sempre o mesmo resultado. média, além de estabelecer técnicas de contagem e estatísticas de incidência de casos A teoria das probabilidades estuda a forma de PV-13-11 num dado fenômeno. se estabelecerem as possibilidades de ocor- rência num experimento aleatório. Também no século XVII, mais precisamente em 1657, o holandês Christian Hiygens (1629- 1695) publicou seu livro O raciocínio nos jogos 2. Espaço amostral e evento de dados, no qual apresentou importantes Vamos estudar experimentos aleatórios com contribuições ao estudo das probabilidades. resultados equiprováveis (mesma chance de ocorrência) e em número determinado, isto é, O suíço Jacques Bernoulli (1654-1705), na finito. Desta forma definimos: mesma época, deu grande contribuição no estudo das probabilidades ao propor um teo- Espaço amostral: é o conjunto de todos os rema no qual afirmava que a probabilidade de resultados possíveis de um experimento aleató- um evento ocorrer tende a um valor constante rio. Indicaremos o espaço amostral por U. quando o número e ensaios desse evento ten- Evento: é qualquer subconjunto do espaço dem ao infinito. amostral. 42 Análise combinatória e probabilidades Matemática Exemplo III. Evento impossível Lançamos três moedas e observamos as faces É o conjunto vazio (∅). que ficaram voltadas para cima. Exemplo Representar: Ocorrência de um múltiplo de 8 a. o espaço amostral do experimento; C={}=∅ b. o evento A: Saírem apenas faces iguais; IV. Evento união c. o evento B: sair exatamente uma face “cara”; É a reunião de dois eventos. d. o evento C: chances de sair, pelo me- Exemplo nos, uma face “cara”. Evento A: ocorrência de um número primo Resolução A = {2, 3, 5} a. U = {(Ca, Ca, Ca), (Ca, Ca, Co), (Ca, Co, Ca), Evento B: ocorrência de um número ímpar (Ca, Co, Co), (Co, Ca, Ca), (Co, Ca, Co), (Co, Co, Ca), B = {1, 3, 5} (Co, Co, Co)} Evento A ∪ B: ocorrência de um número pri- b. A = {(Ca, Ca, Ca), (Co, Co, Co)} mo ou ímpar c. B = {(Ca, Co, Co), (Co, Ca, Co), (Co, Co, Ca)} A ∪ B = {1, 2, 3, 5} d. C = {(Ca, Ca, Ca), (Ca, Ca, Co), (Ca, Co, Ca), V. Evento Intersecção (Co, Ca, Ca), (Ca, Co, Co), (Co, Ca, Co), (Co, Co, Ca)} É a intersecção de dois eventos. Observação Exemplo Os números de elementos do espaço amostral Evento A: ocorrência de um número primo e dos eventos de um experimento aleatório são calculados com a análise combinatória. A = {2, 3, 5} Evento B: ocorrência de um número ímpar 3. Tipos de evento B = {1, 3, 5} Consideremos o experimento aleatório: lan- Evento A ∩ B: ocorrência de um número pri- çamento de um dado comum e observação mo e ímpar do número representado na face voltada para cima. A ∩ B = {3, 5} VI. Eventos mutuamente exclusivos O espaço amostral será: Dois eventos, E1 e E2, de um espaço amostral U U = {1, 2, 3, 4, 5, 6} são chamados mutuamente exclusivos quando Analisemos os diversos tipos de eventos que E1 ∩ E2 = ∅ podemos definir neste experimento. PV-13-11 Exemplo I. Evento elementar Evento A: ocorrência de um número par Qualquer subconjunto unitário de U. A = {2, 4, 6} Exemplo Evento B: ocorrência de um número ímpar Ocorrência de um número múltiplo de 5. B = {1, 3, 5} A = {5} A e B são eventos mutuamente exclusivos, II. Evento certo pois A ∩ B = ∅ É o próprio espaço amostral U. VII. Evento complementar Exemplo É o evento E = U – E. Ocorrência de um divisor de 60 Exemplo B = {1, 2, 3, 4, 5, 6} Evento A: ocorrência de um número primo 43 Matemática Análise combinatória e probabilidades A = {2, 3, 5} ro de elementos do evento A for n(A), então a Evento A : ocorrência de um número não pri- probabilidade de ocorrer o evento A é o núme- mo ro P(A) tal que: A = U – A = {1, 4, 6} n(A) P(A) = Observação n(U) No caso do exemplo, podemos dizer que o evento A é a não ocorrência de um número Uma outra forma de definir a probabilidade de primo. ocorrer o evento A é: 4. Probabilidade estatística número de casos favoráveis a A e probabilidade teórica P(A) = número dee casos possíve possí is Imaginamos a seguinte situação: em uma turma da segunda série do Ensino Médio, existem 25 garotas e 10 garotos e um brinde foi sortea- Exemplos do para um dos membros da turma. Temos de 1º) Retirando-se uma carta de um baralho adivinhar o sexo do contemplado. normal de 52 cartas, qual é a probabilidade de Intuitivamente, “sabemos” que é “mais fácil” tirar um rei? ter sido sorteada uma garota que um garoto, Rei Baralho no entanto não podemos afirmar com certe- za o sexo do contemplado. A “chance” de uma garota ter sido sorteada pode ser traduzida por um número que chamamos probabilidade. Uma observação que pode ser feita é de que a teoria das probabilidades é uma maneira matemática de lidar com a incerteza. O cálculo da probabilidade de um evento acontecer, muitas vezes, é feito experimen- talmente. Essa probabilidade é chamada de experimental ou estatística. Resolução Exemplo número de resultados favoráveis P(E) = A probabilidade de uma pessoa morrer aos 25 número de resultados possíveis anos é obtida com o levantamento e o tratamen- 4 1 to adequado de um grande número de casos. P(E) = = 52 13 No entanto, quando se jogam dois dados para PV-13-11 se calcular a probabilidade de se obterem, nas 2º) Em um lançamento de dois dados, um pre- faces voltadas para cima, dois números iguais, to e outro branco, qual é a probabilidade de não é necessario realizar o experimento. Ela que os dois números obtidos sejam iguais? pode ser conseguida por meio de uma análise teórica do espaço amostral e do evento. Neste caso, é chamamos de probabilidade teórica. No Ensino Médio, não desenvolvemos estudos de probabilidade estatística, assunto que será discutido na maioria dos cursos superiores. 5. Probabilidade teórica de um evento Resolução Se num fenômeno aleatório, o número de ele- U = {(1, 1), (1, 2), (1, 3), ..., (6, 4), (6, 5), (6, 6)} mentos do espaço amostral for n(U) e o núme- n(U) = 6 · 6 = 36 44 Análise combinatória e probabilidades Matemática E = {(1, 1), (2, 2), (3, 3), (4, 4), (5, 5), (6, 6)} 6. Propriedades das probabilidades n(E) = 6 P1) A probabilidade do evento impossível é 0. (P(∅ ) =0) n(E) 6 1 Assim, P(E) = = = n(U) 36 6 n(∅) 0 P(∅) = = =0 n(U) n(U) 3º) Dentre as seis permutações dos nú- meros 1, 2, e 3, uma é escolhida ao acaso. P2) A probabilidade do evento certo é 1. Considerando o número de três algarismos (P(U) = 1) assim escolhido, determine a probabilidade de ele: n(U) P(U) = =1 a. ser par; n(U) b. ser múltiplo de três; P3) Sendo A um evento de um espaço c. ser múltiplo de cinco. amostral U, a probabilidade de A é um Resolução número racional entre 0 e 1, inclusive. O espaço amostral é: (0 ≤ P(A) ≤ 1). U = {123, 132, 213, 231, 312, 321} 0 n(A) n(U) 0 ≤ n(A) ≤ n(U) ⇒ ≤ ≤ a. Evento A: ocorre número par. n(U) n(U) n(U) A = {132, 312} n(A) Como P(A) = temos: n(A) 2 1 n(U) P(A) = = = n(U) 6 3 0 ≤ P(A) ≤ 1 b. Evento B: ocorre número múltiplo de três. P4) Sendo A um evento e A seu comple- B = {123, 132, 213, 231, 312, 321} mentar, então P(A) + P(A) = 1. n(B) 6 U P(B) = = = 1 (evento certo) n(U) 6 A A c. Evento C: ocorre número múltiplo de cinco C={} n(C) 0 n(U) = n(A) + n(A) P(C) = = = 0 (evento impossível) n(U) 6 n(U) n(A) n(A) = + PV-13-11 n(U) n(U) n(U) Observação: Assim, P(A) + P(A) = 1 Por meio da teoria determinamos que, no lan- çamento de um dado “não viciado”, a probabi- Observação: 1 É comum expressar a probabilidade de um evento lidade de se obter o número 2 é . Isto não 6 na forma de porcentagem. Assim, se P(A) = 0,82, significa que, sempre que forem feitos seis lan- por exemplo, podemos dizer que P(A) = 82%. çamentos de um dado, certamente ocorrerá Exemplo em um deles, e apenas um, o resultado 2. Na prática, o que se verifica é que, num grande nú- 1º) Os 900 números de três algarismos estão mero de lançamentos, a razão entre o número colocados em 900 envelopes iguais. Um dos de vezes que ocorre o resultado 2 e o número envelopes é sorteado. Qual é a probabilidade de ele conter um número que tenha, pelo me- 1 nos, dois algarismos iguais? de lançamentos efetuados se aproxima de . 6 45 Matemática Análise combinatória e probabilidades Resolução Sendo A o evento: ocorrer um número com, pelo menos, dois algarismos iguais. É mais fácil calcular P(A) , a probabilidade do evento complementar de A. Assim; U A A Números com pelo menos Números com 648 dois algarismos repetidos P(A) = algarismos distintos 900 Centena Dezena Milhar Como P(A) + P(A) = 1 n(A) = 9 9 8 = 648 648 1ª 2ª 3ª P(A)+ =1⇒ 900 648 252 P(A) = ⇒ P(A) = = 0,28 = 28% 900 900 Como P(A) + P(A) = 1 EXERCÍCIOS P(A)+ 648 =1⇒ RESOLVIDOS 900 01. 252 1 2 3 4 5 6 ⇒ P(A) = = 0,28 = 28% 900 são lançadas simultaneamente; Três moedas 1 descreva o espaço amostral. 2 Resolução 3 U = {(Ca, Ca, Ca), (Ca, Ca, Co), (Ca, Co, Ca), (Co, 4 Ca, Ca), (Ca, Co, Co), (Co, Ca, Co), (Co, Co, Ca), 5 (Co, Co, Co)} 6 02. b. A = {(3, 6), (4, 5), (4, 6), (5, 4), (5, 5), (5, 6), Dois dados são lançados simultaneamente. (6, 3), (6, 4), (6, 5), (6, 6)} Observadas as faces voltadas para “cima”, dê: a. o espaço amostral do experimento; 03. b. o evento A: a soma é maior que 8. Lançando-se um dado honesto, qual é a probabilidade de se obter um número menor que 4? PV-13-11 Resolução Resolução a. U = {(1, 1), (1, 2), (1, 3), (1, 4), (1, 5), (1, 6), (2, 1), (2, 2), (2, 3), (2, 4), (2, 5), (2, 6), (3, 1), U = {1, 2, 3, 4, 5, 6} A = {1, 2, 3} (3, 2), (3, 3), (3, 4), (3, 5), (3, 6), (4, 1), (4, ,2), n(A) 3 1 (4, 3), (4 , 4), (4, 5), (4, 6), (5, 1), (5, 2), (5, 3), P(A) = = = (5, 4), (5, 5), (5, 6), (6, 1), (6, 2), (6, 3), (6, 4), n(U) 6 2 (6, 5), (6, 6)} Observação: Podemos representar esquematicamente o espaço amostral: 46 Análise combinatória e probabilidades Matemática 04. 06. Uma carta é retirada ao acaso de um baralho Numa urna existem 1.000 bolas, numeradas de 52 cartas. Determine a probabilidade de ser: de 1 a 1.000. Retirando-se uma bola ao acaso, a. uma dama; qual a probabilidade: b. uma dama ou rei. a. de observar um número múltiplo de 7? b. do número obtido não ser múltiplo de 7? Resolução a. n(U) = 52 Resolução n(A) = 4 a) U = {1, 2, 3, ..., 1.000} 4 1 n(U) = 1.000 P(A) = = 52 13 A = {7,14, 21, ..., 994} b. n(U) = 52, n(B) = 8 1.000 7 8 2 30 142 P(B) = = 20 52 13 6 05. Uma moeda não viciada é lançada três vezes n(A) = 142 seguidas. Qual é a probabilidade de: n(A) 142 71 a. obter 3 coroas? P(A) = = = n(U) 1.000 500 b. obter exatamente 2 caras? b. A = U – A c. obter pelo menos 2 caras? Resolução 71 P(A) = 1 – P(A) = 1 – 500 a. U = {(Ca, Ca, Ca), (Ca, Ca, Co), (Ca, Co, Ca), (Co, Ca, Ca), (Ca, Co, Co), (Co, Ca, Co), (Co, Co, Ca), 429 Assim, P(A) = (Co, Co, Co)} 500 A = {(Co, Co, Co)} n(A) 1 P(A) = ⇒ n(U) 8 b. B = {(Ca, Ca, Co), (Ca, Co, Ca), (Co, Ca, Ca)} n(B) 3 PV-13-11 P(B) = = n(U) 8 c) C = {(Ca, Ca, Co), (Ca, Co, Ca), (Co, Ca, Ca), (Ca, Ca, Ca)} n(C) 4 1 P(C) = = = n(U) 8 2 47 Matemática Análise combinatória e probabilidades 07. ENEM 08. ENEM Todo o país passa pela primeira fase de campanha Rafael mora no centro de uma cidade e decidiu de vacinação contra a gripe suína (H1N1). Segun- se mudar, por recomendações médicas, para do um médico infectologista do Instituto Emílio uma das regiões: rural, comercial, residencial Ribas, de São Paulo, a imunização “deve mudar”, urbano ou residencial suburbano. A principal no país, a história da epidemia. Com a vacina, de recomendação médica foi com as temperatu- acordo com ele, o Brasil tem a chance de barrar ras das “ilhas de calor” da região, que deve- uma tendência do crescimento da doença, que já riam ser inferiores a 31° C. Tais temperaturas matou 17 mil no mundo. A tabela apresenta da- são apresentadas no gráfico: dos específicos de um único posto de vacinação. PERFIL DA ILHA DE CALOR URBANA Campanha de vacinação contra a gripe suína °F °C 92 33 Quantidade de 91 Datas da 90 32 Público-alvo pessoas 89 vacinação vacinadas 88 31 87 Trabalhadores 86 30 8 a 19 de 85 da saúde e 42 março indígenas 22 de mar- Portadores ço a 2 de de doenças 22 Ru Co Ce Re rba Re ubu u s sid no sid rb nt m ra abril crônicas er l ro en en ano cia cia cia l l l Adultos saudá- 5 a 23 de EPA veis entre 20 e 56 abril 29 anos Escolhendo, aleatoriamente, uma das outras regiões para morar, a probabilidade de ele es- População com 24 de abril colher uma região que seja adequada às reco- mais de 60 30 a 7 de maio mendações médicas é: anos 1 3 Adultos saudá- a. d. 10 a 21 de 5 5 veis entre 30 e 50 maio 1 3 39 anos b. e. 4 4 Disponível em: <http://irng.terra.com.br>. Acesso em: 26 abr. 2010 (adaptado). 2 c. Escolhendo-se aleatoriamente uma pessoa 5 PV-13-11 atendida nesse posto de vacinação, a probabi- Resolução lidade de ela ser portadora de doença crônica é: a. 8% d. 12% Observando-se o gráfico, as regiões que Rafael poderia escolher para morar, com tempera- b. 9% e. 22% turas inferiores a 31 °C, são: rural, residencial c. 11% urbano ou residencial suburbano. Resolução Logo, a probabildiade (P) de Rafael escolher uma região que apresenta temperatura infe- Pessoas vacinadas: 200 rior a 31 °C será: P (E) = n (E) ⇒ P (E) = 22 = 0,11 = 11% 3 P= n (S) 200 4 Resposta Resposta C E 48 Análise combinatória e probabilidades Matemática 09. O gráfico mostra a velocidade de conexão à Internet utilizada em domicílios no Brasil. Esses dados são resultado da mais recente pesquisa, de 2009, realizada pelo Comitê Gestor da Internet (CGI). % domicílio segundo 40 35 34 30 25 20 20 24 15 15 10 5 5 1 1 0 Até Entre De Entre De Acima Não sabe/ 256 256 e 1 Mbps a 2 Mbps a 4 Mbps a de 8 Não Kbps 1 Mbps 2 Mbps 4 Mbps 8 Mbps Mbps responde Disponivel em: <http://agencia.ipea.gov.br>. Acesso em: 28 abr. 2010. Adaptado. Escolhendo-se, aleatoriamente, um domicílio pesquisado, qual é a chance de haver banda larga de conexão de pelo menos 1 Mbps neste domicílio? a. 0,45 d. 0,22 b. 0,42 e. 0,15 c. 0,30 Resolução Desconsiderando os 24% indicados em “não sabe/não responde” e de acordo com a tabela, temos: domicílio segundo a velocidade de conexão: 100 banda larga de pelo menos 1 Mbps: 22 n(E) 22 P (E) = ⇒ P (E) = = 22% = 0,22 PV-13-11 n(S) 100 Obs: considerando que nos 24% indicados em “não sabe/não responde” podemos ter domicílio que atende à condição, temos: 22 46 ≤ P(E) ≤ 100 100 22% ≤ P(E) ≤ 46% 0,22 ≤ P(E) ≤ 0,46 Assim, o item não teria resposta única. Resposta D 49 Matemática Análise combinatória e probabilidades 10. ENEM A população mundial está ficando mais velha, os índices de natalidade diminuíram e a expectativa de vida aumentou. No gráfico seguinte, são apresentados dados obtidos por pesquisa realizada pela Organização das Nações Unidas (ONU), a respeito da quantidade de pessoas com 60 anos ou mais em todo o mundo. Os números da coluna da direita representam as faixas percentuais. Por exemplo, em 1950 havia 95 milhões de pessoas com 60 anos ou mais nos países desenvolvidos, número entre 10% e 15% da população total nos países desenvolvidos. 461 35 Países desenvolvidos 30 269 25 1.592 Números em milhões 20 95 15 490 Países em desenvolvimento 10 5 110 ESTIMATIVAS 0 1950 70 90 2010 30 50 ‘Perspectivas da População Mundial”, ONU, 2009 Disponível em: <www.economist.com>. Acesso em: 9 jul. 2009. Adaptado. Em 2050, a probabilidade de se escolher, aleatoriamente, uma pessoa com 60 anos ou mais de idade, na população dos países desenvolvidos, será um número mais próximo de: 1 1 a. d. 2 5 7 3 b. e. 20 25 8 c. 25 Resolução Observando o gráfico acima, temos que a probabilidade de se escolher, aleatoriamente, uma pessoa com 60 anos ou mais de idade, na população dos países desenvolvidos, está entre 30% e 35%. PV-13-11 8 Logo, a alternativa mais próxima é = 32%. 25 Resposta C 50 Análise combinatória e probabilidades Matemática 7. Probabilidade do evento união 13 P(B) = Dados dois eventos A e B de um espaço amos- 52 tral U, dizemos que ocorrer o evento A ∪ B (evento união) é ocorrer, pelo menos, um dos Evento A ∩ B: “a carta é um valete de paus” eventos A ou B. 1 P(A ∩ B) = U 52 Evento A ∪ B: “a carta é um valete ou é de A B paus” A∩B P(A ∪ B) = P(A) + P(B) – P(A ∩ B) 4 13 1 16 4 P(A ∪ B) = + – = = 52 52 52 52 13 n (A ∪ B) = n(A) + n(B) – n(A ∩ B) Assim: 8. Probabilidades num espaço n(A ∪ B) n(A) n(B) n(A ∩ B) amostral não equiprovável = + – n(U) n(U) n(U) n(U) No espaço amostral equiprovável, todos os resultados possíveis têm a mesma chance de ocorrência. Por isso, que nos problemas com Ou seja: dados e moedas estudados anteriormente, sempre tomamos o cuidado de especificar que P(A ∪ B) = P(A) + P(B) – P(A ∩ B) os dados e moedas eram “honestos” ou “não viciados”. Podemos enunciar essa conclusão assim: Como estudar as probabilidades com dados ou moedas “viciados”? A probabilidade de ocorrer o evento A ou A fórmula que usamos até agora o evento B é dada pela soma da probabilidade de ocorrer A com a probabilidade de ocorrer B, menos a probabilidade de ocorrerem os dois nº de resultados favoráveis de E P(E) = eventos (A e B). nº de resultados possíveis Caso particular: se os eventos A e B forem mutua- não é válida, pois não importa apenas a quan- mente exclusivos, isto é, A ∩ B = ∅, P(A ∩ B) = 0, tidade de resultados favoráveis, já que esses a fórmula acima se reduz a: resultados não têm necessariamente a mesma PV-13-11 P(A ∪ B) = P(A) + P(B) “chance” de ocorrência. Exemplo Consideremos um experimento, com espaço De um baralho comum de 52 cartas, uma car- amostral U = {a1, a2, …, an}. Chamando de p(a1), ta é retirada aleatoriamente. Qual é a proba- p(a2), …, p(an) as probabilidades de ocorrência bilidade de sair um valete ou uma carta de dos resultados a1, a2, …, an, respectivamente, paus? temos que: Resolução 1º) p(a1) + p(a2) + … + p(an) = 1 Evento A: “a carta é um valete” 2º) 0 ≤ p(a1) ≤ 1, para i = 1, 2, …, n 4 Desta forma, para calcularmos a probabilidade P(A) = do evento A = {a1, a2, …, am} (m ≤ n), fazemos: 52 P(A) = p(a1) + p(a2) + … + p(am) Evento B: “a carta é de paus” 51 Matemática Análise combinatória e probabilidades Exemplo 1 1 Consideremos um experimento com espaço + + p(c) = 1 3 2 amostral U = {a, b, c}, sendo p(a), p(b) e p(c) as 1 1 6–2–3 1 possibilidades dos resultados a, b e c, de modo p(c) = 1 – – = = 3 2 6 6 1 1 que p(a) = e p(b) = . Calcule: b. P(A) = p(a) + p(c) 3 2 a. p(c); 1 1 2+1 3 P(A) = + = = b. a probabilidade do evento A = {a, c} 3 6 6 6 Resolução 1 Assim, P(A) = a. p(a) + p(b) + p(c) = 1 2 EXERCÍCIOS RESOLVIDOS 01. 02. Um número inteiro é escolhido ao acaso den- Numa urna existem 10 bolas coloridas. As tre os números (1, 2, 3, …, 60). Calcule a pro- brancas estão numeradas de 1 a 6 e as verme- babilidade de o número ser divisível por 2 ou lhas de 7 a 10. Retirando-se uma bola, qual a por 5. probabilidade de ela ser branca ou de seu nú- mero ser par? Resolução Evento A: o número é divisível por 2 ⇒ n(A) = 30 Resolução Evento B: o número é divisível por 5 ⇒ n(A) = 12 Evento A: a bola é branca Evento B: a bola tem número par 30 1 P(A) = = 60 2 6 5 3 P(A) = ; P(B) = ; P(A ∩ B) = 12 1 10 10 10 P(B) = = 60 5 P(A ∪ B) = P(A) + P(B) – P(A ∩ B) 6 1 6 5 3 8 4 P(A ∩ B) = = P(A ∪ B) = + – = = 60 10 10 10 10 10 5 P(A ∪ B) = P(A) + P(B) – P(A ∩ B) 1 1 1 P(A ∪ B) = + – 2 5 10 PV-13-11 15 + 6 – 3 18 P(A ∪ B) = = 30 30 3 P(A ∪ B) = 5 52 Análise combinatória e probabilidades Matemática 03. 04. Num único lance de um par de dados hones- Considere um espaço amostral U = {a, b, c, d}, tos, a probabilidade de saírem as somas 7 ou onde os resultados a, b, c e d têm respectiva- 11 é: mente as probabilidades a. 4 d. 7 1 1 1 36 36 p(a) = , p(b) = , p(c) = e p(d) = x 3 5 2 b. 5 e. 8 a. Calcule x 36 36 b. Qual a probabilidade do evento {a, d}? c. 6 Resolução 36 a. p(a) + p(b) + p(c) + p(d) = 1 Resolução 1 1 1 n(U) = 6 · 6 = 36 + + +x=1 3 5 2 A ⇒ evento: ( soma 7) 26 2 x =1– = A = {(1, 6), (2, 5), (3, 4), (4, 3), (5,2), (6, 1)} 30 15 n(A) = 6 b. A = {a, d} B ⇒ evento: (soma 11) 1 2 7 B = {(5, 6), (6, 5)} P(A) = p(a) + p(d) = + = 3 15 15 n(B) = 2 A e B são eventos mutuamente exclusivos, logo A ∩ B = ∅ P (A ou B) = P(A) + P(B) 6 2 8 2 P(A ou B) = + = = 36 36 36 9 2 P(AouB) = 9 Resposta E PV-13-11 53 Matemática Análise combinatória e probabilidades 05. 06. FEI-SP Um dado é viciado, de modo que a probabili- Numa moeda viciada, a probabilidade de dade de obter um certo número é esse núme- ocorrer face cara num lançamento é igual ro multiplicado por k, sendo k um número real. a quatro vezes a probabilidade de ocorrer Encontre a probabilidade de: coroa. A probabilidade de ocorrer cara num a. ocorrer o número 5; lançamento desta moeda é: b. ocorrer um número par. a. 40% d. 20% b. 80% e. 50% Resolução c. 25% U = {1, 2, 3, 4, 5, 6} Resolução P1 = 1 · k C → cara K → coroa P2 = 2 · k P(C) = 4 · P(K) P3 = 3 · k P(C) + P(K) = 100% ⇒ P4 = 4 · k P5 = 5 · k P(C) 5P(C) P(C) + = 100% ⇒ = 100% 4 4 P6 = 6 · k 400% P1 + P2 + P3 + P4 + P5 + P6 = 1 P(C) = = 80% 5 k + 2k + 3k + 4k + 5k + 6k = 1 21k = 1 1 k= 21 a. P = 5k = 5 · 1 = 5 5 21 21 b. A = {2, 4, 6} 2 4 6 P(A) = P2 + P4 + P6 = + + 21 21 21 12 4 P(A) = = 21 7 PV-13-11 54 Análise combinatória e probabilidades Matemática 9. Probabilidade condicional Evento A: “a pessoa sorteada foi aprovada”. Consideremos num experimento aleatório Evento C: “a pessoa sorteada é homem”. de espaço amostral U os eventos A e B, com n(A ∩ C) 10 2 A ∩ B ≠ ∅, conforme o diagrama abaixo: P(A|C) = = = n(C) 15 3 U A B 10. Probabilidade do A∩B evento intersecção Dados dois eventos A e B de um espaço amostral U, dizemos que ocorrer o evento A ∩ B (evento intersecção) é ocorrer simultaneamente os eventos A e B. Na medida em que conhecemos a informação de que ocorreu o evento B, este passa a ser Para calcular a probabilidade de ocorrer A ∩ B, o espaço amostral do experimento, pois todos vamos utilizar a fórmula da probabilidade con- os resultados agora possíveis pertencem a B. dicional. Assim, a probabilidade de ocorrer o evento A, n(A ∩ B) , dividido por n(U), temos: dado que o evento B já ocorreu, será: P(A |B) = n(B) n(A ∩ B) P(A |B) = n(A ∩ B) n(B) n(U) P(A ∩ B) Exemplo P(A |B) = = n(B) P(B) Numa turma de 50 alunos do colégio, 15 são n(U) homens e 35 são mulheres. Sabe-se que 10 homens e 15 mulheres foram Assim: P(A ∩ B) = P(B) · P(A|B) (I) aprovados num exame de seleção. Uma pessoa é sorteada ao acaso. Podemos também usar a fórmula de P (B|A), Qual a probabilidade de: assim: a. ela ser do sexo feminino se foi aprova- n(A ∩ B) da no exame? n(A ∩ B) n(U) P(A ∩ B) P(B| A) = = = b. ela ter sido aprovada no exame se é do n(A) n(A) P(A) sexo masculino? n(U) Resolução Então: P(A ∩ B) = P(A) · P(B|A) (II) O quadro abaixo resume os dados do problema: Foi Não foi A partir das fórmulas (I) e (II), citadas anterior- PV-13-11 Total mente, concluímos: aprovado aprovado Homem 10 5 15 Dados dois eventos A e B de um espaço amostral U, a probabilidade de eles ocorrerem Mulher 15 20 35 simultaneamente é dada pelo produto da probabilidade de um deles pela probabilidade do Total 25 25 50 outro, dado que ocorreu o primeiro. Evento A: “a pessoa sorteada foi aprovada”. Exemplo Evento B: “a pessoa sorteada é mulher”. Consideremos uma urna contendo 5 bolas n(A ∩ B) 15 3 numeradas de 1 a 5. Qual a probabilidade P(B / A) = = = de retirarmos a bola 1 e, sem sua reposição, n(A) 25 5 a bola 2? 55 Matemática Análise combinatória e probabilidades Resolução Quando A e B são eventos independentes. A probabilidade de sair a bola 1 na primeira P(A ∩ B) = P(A) · P(B) 1 retirada é P(A) = . 5 Então, se P(A ∩ B) ≠ P(A) · P(B), dizemos que os eventos são dependentes. Restando 4 bolas na urna, a probabilidade de Exemplos de eventos Independentes ocorrer a bola 2 na segunda, tendo ocorrido a bola 1 na primeira, é: 1º) No lançamento simultâneo de dois dados, o resultado de um deles não influi no resulta- 1 do do outro. P(A |B) = 4 2º) No lançamento sucessivo de dois dados, o resultado de um deles não influi no resultado Como devem ocorrer os dois eventos, temos: do outro. 1 1 1 3º) Na extração de duas cartas de um baralho, P(A ∩ B) = P(A) · P(B| A) = · = 5 4 20 se antes de extrair a segunda carta for feita a re- posição da primeira, o resultado da primeira não 11. Eventos Independentes influi no resultado da segunda. Dados dois eventos A e B de um espaço amos- Exemplo de eventos dependentes tral U, dizemos que eles são independentes se a ocorrência de um deles não modificar a pro- Na extração de duas cartas de um baralho, se babilidade de ocorrência do outro. antes de extrair a segunda carta não for feita a reposição da segunda, o resultado da pri- A e B independentes ⇔ P(B|A) = meira influencia o resultado da segunda, pois = P(B) e P (A|B) = P(A) o espaço amostral passa a ter 51 elementos. EXERCÍCIOS RESOLVIDOS 01. ENEM Escolhendo uma funcionária ao acaso e saben- O diretor de um colégio leu numa revista que do que ela tem calçado maior que 36,0, a pro- os pés das mulheres estavam aumentando. Há babilidade de ela calçar 38,0 é: alguns anos, a média do tamanho dos calçados a. 1 d. 5 das mulheres era de 35,5 e, hoje, é de 37,0. Em- 3 7 bora não fosse uma informação científica, ele ficou curioso e fez uma pesquisa com as fun- b. 1 e. 5 cionárias do seu colégio, obtendo o quadro a 5 14 PV-13-11 seguir: c. 2 5 TAMANHO DOS NÚMERO DE Resolução CALÇADOS FUNCIONÁRIAS Existem 14 funcionárias que calçam numera- ção maior que 36. 39,0 1 Dessas 14 funcionárias, 10 calçam 38. 38,0 10 A probabilidade de, escolhida ao acaso, uma 37,0 3 funcionária que calça mais que 36 calçar 38 é 36,0 5 igual a 10 , ou seja, 5 . 14 7 35,0 6 Resposta D 56 Análise combinatória e probabilidades Matemática 02. FGV-SP 03. Um jogo consiste em lançar uma moeda e um Retirando-se duas cartas ao acaso, sem reposi- dado. Se sair cara na moeda, o jogador perde e ção, de um baralho de 52 cartas, qual é a pro- deve pagar R$ X, sendo X o valor da face do dado babilidade de a primeira carta ser de ouros e a e, se sair coroa, ele ganha e irá receber R$ X. segunda de copas? Considerando que ele iniciou o jogo com Resolução R$ 20, a probabilidade de ele continuar com o mesmo valor, depois de duas jogadas, é: Evento A: primeira carta de ouros Evento B: segunda carta de copas a. 1 d. 1 6 36 13 1 P(A) = = 1 52 4 b. e. 1 13 12 72 P(B| A) = 51 c. 1 1 13 24 P(A ∩ B) = P(A) · P(B / A) = · 4 51 Resolução 13 P(A ∩ B) = Se sair cara na primeira jogada e uma face 204 qualquer no dado, para que o saldo seja R$ 0, teremos coroa na segunda jogada e a mesma 04. PUC-SP face que saiu na primeira jogada, ou seja: Um aluno prestou vestibular em apenas duas a 1 jogada e a 2 jogada universidades. Suponha que, em uma delas, a probabilidade de que ele seja aprovado é de Cara e face e Coroa e mesma face 30%, enquanto na outra, pelo fato de a prova 1 6 1 1 ter sido mais fácil, a probabilidade de sua apro- ⋅ ⋅ ⋅ vação sobe para 40%. Nessas condições, a pro- 2 6 2 6 babilidade de que esse aluno seja aprovado em Como a 1a jogada pode se iniciar por coroa, te- pelo menos uma dessas universidades é de: mos: a. 70% d. 58%  1 6 1 1 1 b. 68% e. 52% P = 2 ⋅ ⋅ ⋅ ⋅  =  2 6 2 6  12 c. 60% 1 Resolução ∴P = 12 A probabilidade de que esse aluno não seja apro- Resposta vado em nenhuma das duas universidades é: PV-13-11 B P = (1 – 0,30) · (1 – 0,40) = 0,7 · 0,6 \ P = 0,42 A probabilidade de que esse aluno seja aprovado em pelo menos uma dessas universidades é: P’ = 1 – 0,42 = 0,58 \ P’ = 58% Resposta D 57 Matemática Análise combinatória e probabilidades 05. 07. Sejam A e B dois eventos independentes tais Em uma população de aves, a probabilidade que: de um animal estar doente é 1 . Quando 1 1 25 P(A) = e P(A ∪ B) = uma ave está doente, a probabilidade de ser 4 3 Calcule P(B). devorada por predadores é 1 , e, quando não 4 Resolução está doente, a probabilidade de ser devorada 1 P(A ∪ B) = P(A) + P(B) – P(A ∩ B) por predadores é . Portanto, a probabili- 40 Como A e B são independentes: dade de uma ave dessa população, escolhida P(A ∩ B) = P(A) · P(B) aleatoriamente, ser devorada por predadores ∴P(A ∩ B) = P(A) + P(B) – P(A) · P(B) é de: a. 1,0% d. 3,4% 1 1 1 ou seja: = + P(B) – P(B) b. 2,4% e. 2,5% 3 4 4 4 = 3 + 12P(B) – 3P(B) c. 4,0% 1 Resolução 9P(B) = 1 ⇒ P(BB) = 9 P(doente) = 1 06. 25 Uma moeda honesta é jogada duas vezes. Se- jam A e B os eventos: P(sadia) = 24 25 A: cara na primeira jogada; B: cara na segunda jogada. P(devorada doente) = 1 4 Verifique que A e B são independentes. Resolução P(devorada sadia) = 1 40 k = cara e c = coroa Queremos calcular a probabilidade de a ave U = {(k, k), (k, c), (c, k), (c, c)} ser devorada. Isto nos fornece duas hipóteses: A = {(k, k), (k, c)} a. A ave escolhida pelo predador é doente e B = {(k, k), (c, k)} ele a devora. A ∩ B, = {(k, k)} b. A ave escolhida é sadia e ele a devora. PV-13-11 Portanto: 2 2 1 P(A) = ; P(B) = e P(A ∩ B) = 1 1 24 1 4 4 4 P= · · · = 3, 4% 2 2 1 25 4 25 40 P(A) · P(B) = · = Resposta 4 4 4 D Assim, P(A) · P(B) = P(A ∩ B), ou seja, A e B são independentes. 58 Análise combinatória e probabilidades Matemática 08. 09. A figura abaixo mostra os diversos caminhos Dois jovens partiram do acampamento em que podem ser percorridos entre as cidades que estavam em direção à Cachoeira Grande A, B, C e D e os valores dos pedágios desses e à Cachoeira Pequena, localizadas na região, percursos. seguindo a trilha indicada neste esquema: R$ 8,00 R$ 3,00 R$ 3,00 Cachoeira Grande A B C D R$ 6,00 R$ 2,00 R$ 10,00 R$ 4,00 R$ 4,00 Cachoeira Pequena Dois carros partem das cidades A e D, respectivamente, e se encontram na cidade B. Sa- bendo-se que eles escolhem os caminhos ao acaso, a probabilidade de que ambos gastem a mesma quantia com os pedágios é: Acampamento a. 1 d. 1 Em cada bifurcação encontrada na trilha, eles 18 2 escolhiam, com igual probabilidade, qualquer b. 1 e. 2 um dos caminhos e seguiam adiante. 9 3 Então, é correto afirmar que a probabilidade c. 1 de eles chegarem à Cachoeira Pequena é: 6 1 3 a. c. Resolução 2 4 Valores totais: 2 5 b. d. 3 6 8,00  Resolução De A paraB : 6,00 10,00 Cachoeira Grande  6,00  Cachoeira Pequena 5,00 7,00 De D paraB :  7,00 Acampamento 6,00 Observe que temos duas maneiras para chegar à  PV-13-11 8,00 Cachoeira Pequena, partindo do acampamento. A probabilidade de os dois amigos chegarem à (I) P ( AB e DB = 8,00) = 13 ⋅ 61 = 181 1 Cachoeira Pequena, a partir da bifurcação A, é . ou 2 A probabilidade de os dois amigos chegarem (II) P ( AB e DB = 6,00) = 13 ⋅ 62 = 182 à Cachoeira Pequena, passando pelas bifurca- Soomando (I) e (II) , temos : 1 1 ções A e B, é · . 2 2 1 2 3 1 + = = 1 1 1 3 18 18 18 6 Assim, a probabilidade pedida é: + · = 2 2 2 4 Resposta Resposta C C 59 Matemática Análise combinatória e probabilidades 10. ENEM a. E1E3. d. E2E5. A figura I abaixo mostra um esquema das b. E1E4. e. E2E6. principais vias que interligam a cidade A com c. E2E4. a cidade B. Cada número indicado na figura II Resolução representa a probabilidade de pegar um engarrafamento quando se passa na via indica- E3 (0,5) C da. Assim, há uma probabilidade de 30% de se pegar engarrafamento no deslocamento do ponto C ao ponto B, passando pela estrada E1 (0,8) E4, e de 50%, quando se passa por E3. Essas E4 (0,3) probabilidades são independentes umas das outras. B A E3 C E6 (0,6) E2 (0,7) E1 E4 E5 (0,4) D B A E1E3 → 0,8 · 0,5 = 0,40 → 40% E1E4 → 0,8 · 0,3 = 0,24 → 24% E6 E2 E2E5 → 0,7 · 0,4 = 0,28 → 28% E2E6 → 0,7 · 0,6 = 0,42 → 42% E5 D O caminho com a menor probabilidade de congestionamento é E1E4 (considerando engarrafamento nos dois trechos do trajeto). Figura I Observação – Calculemos as probabilidades 0,5 C de não ocorrerem engarrafamentos em ambos os trechos dos possíveis trajetos de A para B. 0,8 E1E3 → (1 – 0,8) · (1 – 0,5) = 0,1 = 10% 0,3 E1E4 → (1 – 0,8) · (1 – 0,3) = 0,14 = 14% E2E5 → (1 – 0,7) · (1 – 0,4) = 0,18 = 18% B A E2E6 → (1 – 0,7) · (1 – 0,6) = 0,12 = 12% Interpretando “trajeto com a menor proba- PV-13-11 0,6 0,8 bilidade de engarrafamento possível” como aquele com a maior probabilidade de não ocorrer engarrafamento em ambos os trechos 0,4 D do trajeto, o melhor trajeto é E2E5 Resposta Figura II D Paula deseja se deslocar da cidade A para a cidade B usando exatamente duas das vias indicadas, percorrendo um trajeto com a menor probabilidade de engarrafamento possível. O melhor trajeto para Paula é: 60 Análise combinatória e probabilidades Matemática 11. ENEM O controle de qualidade de uma empresa fabricante de telefones celulares aponta que a probabilidade de um aparelho de determinado modelo apresentar defeito de fabricação é de 0,2%. Se uma loja acaba de vender 4 aparelhos desse modelo para um cliente, qual é a probabilidade de esse cliente sair da loja com exatamente dois aparelhos defeituosos? a. 2 · (0,2%)4 d. 4 · (0,2%) b. 4 · (0,2%)2 e. 6 · (0,2%) · (99,8) c. 6 · (0,2%)2 · (99,8%)2 Resolução Considerando: P = (0,2%) – Probabilidade de o aparelho apresentar defeito de fabricação. P = (99, 8%) – Probabilidade de o aparelho não apresentar defeito de fabricação. Ao vender 4 aparelhos com exatamente dois aparelhos defeituosos, temos que a probabilidade é: defeituoso defeituoso não defeituoso não defeituoso (0,2%) (0,2%) (99,8%) (99,8%) Permutando a posição dos aparelhos, temos: 4! · (0,2%)2 · (99, 8%)2 = 6 · (0,2%)2 · (99, 8%)2 2!2! Resposta C PV-13-11 61 Matemática Análise combinatória e probabilidades ANOTAÇÕES PV-13-11 62 Análise combinatória e probabilidades Matemática ANOTAÇÕES PV-13-11 63 Matemática Análise combinatória e probabilidades ANOTAÇÕES PV-13-11 64 Análise combinatória e probabilidades Matemática ANOTAÇÕES PV-13-11 65 Matemática Análise combinatória e probabilidades ANOTAÇÕES PV-13-11 66 Exercícios Propostos Análise combinatória e probabilidades Matemática Capítulo 01 01. 07. Vunesp Assinale verdadeiro ou falso. Dados os números n e m ∈ : a. ( ) 2 · 3! = 6! a. calcule o valor de n de modo a satisfa- b. ( ) 3! + 4! = 7! zer (n + 1)! = 9 50! n! c. ( ) = 98 48! · 25 b. Sabendo-se que b = (m + 1)! (m2 – 4), 7! + 6! m (m + 2)! d. ( ) = 48 5! calcule b137 08. UFRGS-RS 02. ESPM-MG Se n é um número natural qualquer maior que 2! · 8! · 13! 1, então n! + n – 1 é divisível por: A expressão equivale a: 4! a. n – 1 a. 4 · 13! b. n b. 4! · 13! c. n + 1 c. 15! d. n! – 1 d. 16 · 13! e. n! e. 16! 09. UEL-PR 03. Unimontes-MG Tome um quadrado de lado 20 cm (figura 1) e Resolva a equação: (3x – 5)! = 1 retire sua metade (figura 2). Retire depois um terço do resto (figura 3). Continue o mesmo 04. procedimento, retirando um quarto do que O valor de n que satisfaz a igualdade restou, depois um quinto do novo resto e as- (n + 2) · (n + 1) n! = 720 é: sim por diante. Desse modo, qual será a área a. 1 d. 4 da figura 100? b. 2 e. 5 c. 3 05. Unicap-PE Determine o valor de n na equação (n + 2)! = 12 n! Figura 1 Figura 2 Figura 3 PV-13-11 06. UEM-PR a. 0 d. 10 cm2 Dado um número natural n, definimos o fato- b. 2 cm2 e. 40 cm2 rial de n (indicado por n!) através das relações: c. 4 cm2 01. n! = n · (n – 1) · (n – 2) · ... · 3 · 2 · 1, 10. Unifei-MG para n ≥ 2 Calcule o valor de m de modo que: 02. Se n = 1, 1! = 1 (2m)! 1 03. Se n = 0, 0! = 1 = 2m · m! · 1 · 3 · 5 · … · (2m + 1) 9 Assim sendo, a solução da equação 11. Uniube-MG (m + 3)! – (m + 2)! = (m + 1)! é: Considere os seguintes numeros naturais pa- a. – 1 d. 2 res 4, 6, 8, ... , 100. Efetuando-se a soma 4! b. 0 e. 3 + 6! + 8! + ... + 100!, o algarismo que ocupa c. 1 a ordem das unidades dessa soma é igual a : 69 Matemática Análise combinatória e probabilidades a. 4 d. 8 a. n2 d. 2 log2n b. 2 e. 5 b. 2n e. log2n c. 6 c. n 12. FEI 17. PUC-RJ nt · 3n−1 Se n! = 1 , então A expressão é equivalente a: 3n−2 · (n + 2)! (n + 2)!+ (n + 1)! 48 27 a. n = 2 a. + 3n + 2 n2 b. n = 12 2n –1 c. n = 5 b. 9n + 18 d. n = 7 c. n + 1 e. n = 10 d. 27n2 + 81n + 54 18. FEI-SP e. 27n + 54 Se (n + 4)! + (n + 3)! = 15(n + 2)!, então: 13. UFC-CE a. n = 4 d. n = 1 Dentre os cinco números inteiros listados abai- b. n = 3 e. n = 0 xo, aquele que representa a melhor aproxima- c. n = 2 ção para a expressão: 19. ESPM 2 · 2! + 3 · 3! + 4 · 4! + 5 · 5! + 6 · 6! é: Para x ∈  e x > 2 a expressão (x2 – 1)! · x! a. 5.030 (x2 – 2)! · (x + 1)! b. 5.042 é equivalente a: c. 5.050 a. x – 2 d. x d. 5.058 b. (x – 2)! e. x – 1 e. 5.070 c. (x – 1)! 14. UFPB 20. Fatec-SP O maior inteiro positivo para o qual 100! é Seja n ∈  tal que 1 + 2 + 3 +…+ n = 1 . 3n inteiro é: (n + 1)! 240 a. 4 d. 100 Então, o valor de log 1 (2n + 4) é: b. 48 e. 54 2 a. –4 c. 33 b. 4 15. Unitau-SP PV-13-11 Sendo n ≠ 0, o(s) valor(es) de n tal que c. –2 2 (n + 1)!– n d. 2 2 = 7n são: (n – 1)! e. 1 a. 7 2 b. 0 e 7 21. Mackenzie-SP c. 0 e 10 d. 1 Os números pares com 4 algarismos distintos que podemos obter com os elementos do con- e. 0 e 2 junto {0; 3; 4; 5; 6; 7; 8} são: 16. Unifesp a. 63 d. 5 · 43  2 ⋅ 4 ⋅ 6 · ... · 2n  b. 420 e. 380 O valor de log2   é:  n! c. 5 · 62 70 Análise combinatória e probabilidades Matemática 22. ESPM-SP 26. FGV-SP Usando-se apenas os algarismos 1, 2, 3 e 4, po- Uma sala tem 10 portas. De quantas maneiras demos formar y números naturais diferentes e diferentes que essa sala pode ser aberta? menores que 1.000, sendo que x deles são de x a. 10! d. 10! 3 algarismos distintos. A razão é: 5! y b. 500 e. 210 – 1 a. 3 b. 2 c. 1 d. 5 e. 3 c. 10 8 7 6 8 7 27. Vunesp 23. FGV-SP Um certo tipo de código usa apenas dois Usando-se os algarismos 1, 3, 5, 7 e 9, existem símbolos, o número zero (0) e o número (1), x números de 4 algarismos, de modo que pelo e, considerando esses símbolos como letras, menos 2 algarismos sejam iguais. O valor de x é: podem-se formar palavras. Por exemplo: a. 505 d. 625 0, 01, 00, 001 e 110 são algumas palavras de uma, duas e três letras desse código. O nú- b. 427 e. 384 mero máximo de palavras, com cinco letras c. 120 ou menos, que podem ser formadas com esse 24. Vunesp código é: Na convenção de um partido para lançamento a. 120 da candidatura de uma chapa ao governo de b. 62 certo estado havia três possíveis condidatos a c. 60 governador, sendo dois homens e uma mulher, d. 20 e seis possíveis candidatos a vice-governador, sendo quatro homens e duas mulheres. Ficou e. 10 estabelecido que a chapa governador/vice- 28. UECE governador seria formada por duas pessoas A quantidade de números inteiros positivos de sexos opostos. Sabendo que os nove can- maiores que 99 e menores que 999, com exa- didatos são distintos, o número de maneiras tamente dois algarismos repetidos, é: possíveis de se formar a chapa é: a. 230 a. 18 d. 6 b. 233 b. 12 e. 4 c. 240 c. 8 d. 243 25. Vunesp (modificado) 29. UFRN O conselho administrativo de um sindicato é De acordo com o Conselho Nacional de Trânsi- constituído por doze pessoas, das quais uma PV-13-11 to – Contran –, os veículos licenciados no Brasil é o presidente desse conselho. A diretoria do são identificados externamente por meio de sindicato tem quatro cargos distintos a serem placas cujos caracteres são três letras do alfa- preenchidos por membros do conselho, sendo beto e quatro algarismos. que o presidente da diretoria e do conselho não devem ser a mesma pessoa. De quantas Nas placas a seguir, as letras estão em sequên- maneiras diferentes esta diretoria poderá ser cia e os algarismos também. formada? RN – NATAL RN – NATAL a. 40 b. 7.920 ABC 1234 JKL 6789 c. 10.890 RN – NATAL d. 11! e. 12! XYZ 0123 71 Matemática Análise combinatória e probabilidades O número de placas que podemos formar o 7) pode aparecer mais de uma vez. Assinale com as letras e os algarismos distribuídos em o resultado obtido. sequência, como nos exemplos, é: a. 204 d. 210 a. 192 c. 184 b. 206 e. 212 b. 168 d. 208 c. 208 30. UFRJ 34. Mackienze-SP A mala do dr. Z tem um cadeado cujo segre- Cada um dos círculos da figura deverá ser pin- do é uma combinação com cinco algarismos, tado com uma cor, escolhida dentre três dis- cada um dos quais podendo variar de 0 a 9. Ele ponível. Sabendo que dois cículos consecuti- esqueceu a combinação que escolhera como vos nunca serão pintados com a mesma cor, segredo, mas sabe que atende às condições: o número de formas de se pintar os círculos é 01. se o primeiro é ímpar, então o último algarismo também é ímpar; 02. se o primeiro algarismo é par, então o último algarismo é igual ao primeiro; 03. a soma do segundo e do terceiro alga- a. 72 d. 54 rismos é 5. b. 68 e. 48 Quantas combinações diferentes atendem às c. 60 condições estabelecidas pelo dr. Z? 35. Mackienze-SP 31. Mackenzie-SP Considere todos os possíveis telefones celula- Sabendo-se que um anagrama de uma palavra é res, com números de 8 algarismos e primeiro obtido trocando-se a ordem de suas letras, sem algarismo 9. Mantido o primeiro algarismo 9, repeti-las, e considerando a palavras MACK, a se os telefones passarem a ter 9 algarismos, quantidade de anagramas que podem ser for- haverá um aumento de: mados com duas, três ou quatro letras dessa pa- a. 107 números telefônicos. lavra, sem repetição de letra, é: b. 108 números telefônicos. a. 60 d. 48 c. 9 · 107 números telefônicos. b. 64 e. 52 d. 9 · 108 números telefônicos. c. 36 e. 9 · 109 números telefônicos. 32. Mackenzie-SP 36. Mackienze-SP Para se cadastrar em um site de compras, cada cliente digitava uma senha de 4 algarismos. Com Tendo-se 5 objetos diferentes e 7 caixas nume- o objetivo de aumentar a segurança, todos os radas de 1 a 7, o número de formas distintas de se guardar um objeto em cada caixa é: PV-13-11 clientes foram solicitados a adotar novas senhas com cinco algarismos. Se definirmos o nível de a. 2.520 d. 1.260 segurança como a quantidade possível de senhas, b. 75 e. 840 então a segurança nesse site aumentou em: c. 57 a. 10% d. 900% b. 25% e. 1.100% 37. FGV-SP c. 125% Usando as letras do conjunto {a, b, c, d, e, f, g, h, i, j}, 33. ITA-SP quantas senhas de 4 letras podem ser formadas de modo que duas letras adjacentes, isto é, vizi- Determine quantos números de 3 algarismos nhas, sejam necessariamente diferentes? podem ser formados com 1, 2, 3, 4, 5, 6 e 7, a. 7.290 d. 6.840 satisfazendo à seguinte regra: O número não pode ter algarismos repetidos, exceto quando b. 5.040 e. 11.220 iniciar com 1 ou 2, caso em que o 7 (e apenas c. 10.000 72 Análise combinatória e probabilidades Matemática 38. PUC-SP a. O perfil lipídico de Pedro revelou que Na sala de reuniões de certa empresa, há uma sua dosagem de colesterol total era mesa retangular com 10 poltronas dispostas da igual a 198 mg/dl, e que a de triglicé- forma como é mostrado na figura abaixo. rides era igual a 130 mg/dl. Sabendo que todos os seus indicadores estavam normais, qual o intervalo possível para o seu nível de LDL? b. Acidentalmente, o laboratório Sangue- Bom deixou de etiquetar as amostras de sangue de cinco pessoas. Determine de quantos modos diferentes seria possível relacionar essas amostras às pessoas, sem qualquer informação adicional. Na tentativa de evitar que todos os exames Certo dia, sete pessoas foram convocadas fossem refeitos, o laboratório analisou o para participar de uma reunião a ser realiza- tipo sanguíneo das amostras, e detectou da nessa sala: o presidente, o vice-presidente, que três delas eram de sangue O+ e as um secretário e quatro membros da diretoria. duas restantes eram de sangue A+. Nesse Sabe-se que: caso, supondo que cada pessoa indicasse • o presidente e o vice-presidente deve- seu tipo sanguíneo, de quantas manei- rão ocupar exclusivamente as poltronas ras diferentes seria possível relacionar as das cabeceiras da mesa; amostras de sangue às pessoas? • o secretário deverá ocupar uma poltrona 40. Fuvest-SP ao lado do presidente. a. Quantos são os números inteiros posi- Considerando que tais poltronas são fixas no tivos de quatro algarismos, escolhidos piso da sala, de quantos modos as sete pesso- sem repetição, entre 1, 3, 5, 6, 8 e 9? as podem nelas se acomodar para participar b. Dentre os números inteiros positivos de tal reunião? de quatro algarismos citados no item a, a. 3.360 d. 1.240 quantos são divisíveis por 5? b. 2.480 e. 840 c. Dentre os números inteiros positivos c. 1.680 de quatro algarismos citados no item a, 39. Unicamp-SP quantos são divisíveis por 4? O perfil lipídico é um exame médico que avalia a 41. FGV-SP dosagem dos quatro tipos principais de gorduras De quantas formas podemos permutar as le- (lipídios) no sangue: colesterol total (CT), coles- tras da palavra elogiar, de modo que as letras terol HDL (conhecido como “bom colesterol”), a e r fiquem juntas em qualquer ordem? colesterol LDL (o “mau colesterol”) e triglicérides PV-13-11 a. 360 d. 1.440 (TG). Os valores desses quatro indicadores estão relacionados pela fórmula de Friedewald: CT b. 720 e. 1.800 = LDL + HDL + TG/5. A tabela abaixo mostra os c. 1.080 valores normais dos lipídios sanguíneos para um 42. ITA-SP adulto, segundo o laboratório SangueBom. O número de anagramas da palavra vestibu- lando que não apresentam as cinco vogais Indicador Valores normais juntas é: CT Até 200 mg/dl a. 12! LDL Até 130 mg/dl b. (8!) · (5!) c. 12! – (8!) · (5!) HDL Entre 40 e 60 mg/dl d. 12! – 8! TG Até 150 mg/dl e. 12! – (7!) · (5!) 73 Matemática Análise combinatória e probabilidades 43. Fuvest-SP 48. IME-RJ Considere as 720 permutações dos números 1, Ocupando cinco degraus de uma escadaria, de 2, 3, 4, 5 e 6. forma que em cada degrau fiquem um rapaz a. Quantas dessas permutações têm os e uma moça, cinco rapazes e cinco moças de- números 1, 2 e 3 na ordem natural, isto vem posar para fotografia. De quantas manei- é, o 1 antes do 2 e o 2 antes do 3? ras diferentes podemos arrumar esse grupo? b. Em quantas dessas permutações o ele- a. 70.400 d. 332.000 mento que ocupa o terceiro lugar é b. 128.000 e. 625 maior que os dois primeiros? c. 460.800 44. Uespi 49. ITA-SP Ao colocarmos em ordem alfabética os ana- Quantos anagramas da palavra caderno apre- gramas da palavra Murilo, qual a quinta letra sentam as vogais em ordem alfabética? do anagrama que ocupa a 400ª posição? a. 2.520 d. 840 a. M d. I b. 5.040 e. 680 b. U e. L c. 1.625 c. R 50. UFMS 45. Mackenzie-SP Se S é a soma de todos os números de cinco Considere todos os números de cinco algaris- algarismos distintos que podemos formar com mos distintos, escritos com 1, 2, 3, 4 e 5. Se os algarismos 1, 2, 3, 4 e 5, então: esses números são ordenados em ordem crescente, o algarismo das unidades do número a. S = 3.888.950 que ocupa a trigésima posição é: b. S = 3.999.960 a. 5 d. 3 c. S = 3.888.960 b. 1 e. 2 d. S = 3.899.970 c. 4 e. S = 3.999.950 46. 51. UFMG Considere todos os números formados por 6 Para montar a programação de uma emissora algarismos distintos obtidos permutando-se, de rádio, o programador musical conta com 10 de todas as formas possíveis, os algarismos 1, músicas distintas, de diferentes estilos, assim 2, 3, 4, 5 e 6. agrupadas: a. Determine quantos números é possível 4 de MPB, 3 de rock e 3 de pop. formar (no total) e quantos números se Sem tempo para fazer essa programação, ele iniciam com o algarismo 1. decide que, em cada um dos programas da PV-13-11 b. Escrevendo-se esses números em or- emissora, serão tocadas, de forma aleatória, dem crescente, determine qual posição todas as 10 músicas. ocupa o número 512.346 e que número ocupa a 242ª posição. Assim sendo, é correto afirmar que o núme- ro de programas distintos em que as músicas 47. ITA-SP vão ser tocadas agrupadas por estilo é dado Quantos números de seis algarismos podemos por: formar usando os dígitos 1, 2, 3, 4, 5 e 6, nos a. 4! · 3! · 3! · 3! quais o 1 e o 2 nunca ocupam posições adjacentes, mas o 3 e o 4 sempre ocupam posições b. 10! adjacentes? 7! a. 144 d. 188 c. 4! · 3! · 3! b. 180 e. 360 10! d. c. 240 7! · 3! 74 Análise combinatória e probabilidades Matemática 52. Vunesp 55. PUC-SP Dos 6! números formados com as permuta- O número de anagramas da palavra ALUNO ções dos algarismos 1, 2, 3, 4, 5 e 6, quantos que têm as vogais em ordem alfabética é: estão entre 450.000 e 620.000? a. 20 a. 96. d. 192. b. 30 b. 120. e. 240. c. 60 c. 168. d. 80 53. Vunesp e. 100 Dois rapazes e duas moças irão viajar de ôni- 56. Unesp bus, ocupando as poltronas de números 1 a 4, Paulo quer comprar um sorvete com 4 bolas com 1 e 2 juntas e 3 e 4 juntas, conforme o em uma sorveteria que possui sabores de sor- esquema. vetes: chocolate, morango e uva. De quantos modos diferentes ele pode fazer a compra? 1 2 corredor a. 6 d. 12 do ônibus b. 5 e. 15 c. 9 3 4 57. UFPE De quantas maneiras seis pessoas podem ser colocadas em fila, se duas delas se recusam a O número de maneiras de ocupação dessas ficar em posições adjacentes? quatro poltronas, garantindo que, em duas a. 460 d. 490 poltronas juntas, ao lado de uma moça sem- b. 470 e. 500 pre viaje um rapaz, é: c. 480 a. 4 d. 12 58. Fuvest-SP b. 6 e. 16 c. 8 Um lotação possui três bancos para passageiros, cada um com três lugares, e deve trans- 54. ENEM portar os três membros da família Sousa, o O setor de recursos humanos de uma em- casal Lúcia e Mauro e mais quatro pessoas. presa vai realizar uma entrevista com 120 Além disso: candidatos a uma vaga de contador. Por 01. a família Sousa quer ocupar um mesmo sorteio, eles pretendem atribuir a cada banco; candidato um número, colocar a lista de 02. Lúcia e Mauro querem sentar-se lado a números em ordem numérica crescente e PV-13-11 lado. usá-Ia para convocar os interessados. Acon- Nessas condições, o número de maneiras dis- tece que, por um defeito do computador, tintas de dispor os nove passageiros na lotação foram gerados números com 5 algarismos é igual a: distintos e, em nenhum deles, apareceram dígitos pares. a. 928 d. 2.412 b. 1.152 e. 3.456 Em razão disso, a ordem de chamada do candidato que tiver recebido o número 75.913 é: c. 1.828 a. 24 59. UFES b. 31 Um grupo de 12 pesquisadores, dentre eles c. 32 dois brasileiros, José e Eduardo, deverão monitorar os vértices do acelerador de par- d. 88 tículas do LNLS. Se cada um dos vértices V1, e. 89 V2, ..., V12 do acelerador (veja figura a seguir) 75 Matemática Análise combinatória e probabilidades deve ser monitorado por exatamente um 61. FGV-SP pesquisador do grupo, o número de possíveis Com relação à palavra SUCESSO: maneiras de alocar esses pesquisadores nos vértices do acelerador, de modo que José e a. quantos são seus anagramas? Eduardo não sejam alocados em vértices ad- b. quantos começam por S e terminam jacentes, é: por O? V8 V7 c. quantos têm as letras UC juntas, nessa ordem? V9 V6 d. quantos têm as letras UC juntas? 62. IME-RJ V10 É dado um tabuleiro quadrado de 4 × 4. Dese- V5 ja-se atingir o quadrado inferior direito a partir do quadrado superior esquerdo. Os movimen- tos permitidos são os representados pelas se- V11 V4 tas abaixo. De quantas maneiras isso é possível? V12 V3 V1 V2 V1, V2, ..., V12 são os vértices do acelerador a. 108 x 10! d. 12! −120 b. 119 x 10! e. 12! − 66 c. 120 x 10! 60. Fuvest-SP Para a prova de um concurso vestibular, foram elaboradas 14 questões, sendo 7 de Português, 4 de Geografia e 3 de Matemática. Diferentes versões da prova poderão ser produzidas, permutando-se livremente essas 14 questões. a. Quantas versões distintas da prova po- derão ser produzidas? b. A instituição responsável pelo vestibu- 63. lar definiu as versões classe A da pro- A equação x + y + z = 7 tem somente: PV-13-11 va como sendo aquelas que seguem o seguinte padrão: as 7 primeiras ques- a. 144 soluções naturais distintas. tões são de Português, a última deve b. 72 soluções naturais distintas. ser uma questão de Matemática e, c. 45 soluções naturais distintas. ainda mais: duas questões de Matemá- d. 36 soluções naturais distintas. tica não podem aparecer em posições consecutivas. Quantas versões classe A e. 18 soluções naturais distintas. distintas da prova poderão ser produ- 64. Fuvest-SP zidas? Três empresas devem ser contratadas para c. Dado que um candidato vai receber realizar quatro trabalhos distintos em um con- uma prova que começa com 7 ques- domínio. Cada trabalho será atribuído a uma tões de Português, qual é a probabi- única empresa e todas elas devem ser contra- lidade de que ele receba uma versão tadas. De quantas maneiras distintas podem classe A? ser distribuídos os trabalhos? 76 Análise combinatória e probabilidades Matemática a. 12 d. 72 mulheres só trocam acenos, tanto para se b. 18 e. 108 cumprimentarem quanto para se despedirem. Em uma comemoração, na qual 37 pessoas al- c. 36 moçaram juntas, todos se cumprimentaram e 65. UEG-GO se despediram da forma descrita acima. Quan- Há muitas maneiras de escolher, entre vinte tos dos presentes eram mulheres, sabendo inteiros consecutivos, três números, de modo que foram trocados 720 apertos de mão? que a soma deles seja um número ímpar. a. 16 d. 19 Assinale a alternativa com o número de esco- b. 17 e. 20 lhas possíveis: c. 18 a. 120 d. 1.140 70. ITA-SP b. 450 e. 1.620 Considere 12 pontos distintos dispostos no c. 570 plano, 5 dos quais estão numa mesma reta. 66. Vunesp Qualquer outra reta do plano contém, no má- Nove times de futebol vão ser divididos em 3 ximo, 2 destes pontos. Quantos triângulos po- chaves, todas com o mesmo número de times, demos formar com os vértices nestes pontos? para a disputa da primeira fase de um torneio. a. 210 d. 415 Cada uma das chaves já tem um cabeça de b. 315 e. 521 chave definido. Nessas condições, o número de maneiras possíveis e diferentes de se com- c. 410 pletarem as chaves é: 71. Vunesp a. 21 d. 90 Em todos os 25 finais de semana do primeiro b. 30 e. 120 semestre de certo ano, Maira irá convidar duas c. 60 de suas amigas para ir à sua casa de praia, sendo que nunca o mesmo par de amigas se repe- 67. Unicamp-SP tirá durante esse período. Respeitadas essas De quantas maneiras podem ser escolhidos condições, determine o menor número possí- 3 números naturais distintos, de 1 a 30, de vel de amigas que ela poderá convidar. modo que sua soma seja par? Justifique sua resposta. Dado: 201 ≈ 14,2 68. Unifor-CE 72. Em um evento, um fotógrafo escolheu N pes- O grêmio estudantil do Colégio Alvorada é com- soas e fotografou, uma única vez, cada um dos posto por 6 alunos e 8 alunas. Na última reunião possíveis grupos formados por 3 dessas pesso- do grêmio, decidiu-se formar uma comissão de as. Se ele tirou um total de 35 fotos, o número 3 rapazes e 5 moças para a organização de um N é: campeonato do colégio. De quantos modos di- PV-13-11 a. 7 ferentes pode-se formar essa comissão? b. 10 a. 6.720. c. 806.400. c. 15 b. 100.800. d. 1.120. d. 22 73. Mackienzie-SP e. 30 Um juiz dispõe de 10 pessoas, das quais so- 69. Fuvest-SP mente 4 são advogados, para formar um úni- co júri com 7 jurados. O número de formas de Em uma certa comunidade, dois homens compor o júri, com pelo menos um advogado sempre se cumprimentam (na chegada) com é: um aperto de mão e se despedem (na saída) a. 70 d. 47 com outro aperto de mão. Um homem e uma mulher se cumprimentam com um aperto de b. 74 e. 140 mão, mas se despedem com um aceno. Duas c. 120 77 Matemática Análise combinatória e probabilidades 74. Mackenzie-SP Juntas, uma CE e uma CCIH constituem uma Na figura, o quadrado ABCD é formado por 9 “formação”. O número de “formações” distin- quadrados congruentes. O total de triângulos tas que podem ser constituídas é: distintos que podem ser construídos, a partir a. 36 d. 144 dos 16 pontos, é: b. 18 e. 6 A B c. 324 77. ITA-SP Dentre 4 moças e 5 rapazes, deve-se formar uma comissão de 5 pessoas com, pelo menos, 1 moça e 1 rapaz. De quantas formas distintas tal comissão poderá ser formada? 78. PUC-RS Um candidato procurou a coordenação do Cur- so de Matemática para saber do uso desta disci- plina nas diversas áreas de conhecimento. Foi- lhe dito que vários problemas são resolvidos com conhecimentos de Matemática do Ensino Médio, tal como o apresentado a seguir. D C Uma companhia de teatro lírico é formada por cinco sopranos e seis tenores. Para uma a. 516 d. 532 das cenas de uma ópera, o diretor precisa de b. 520 e. 546 cinco cantores, sendo três sopranos e dois c. 526 tenores. Então, o número de possibilidades para a escolha dos participantes desta cena é: 75. UFTM-MG a. 150 d. 7.200 Num congresso internacional de medicina rea- b. 462 e. 55.440 lizado no Brasil, cada um dos 210 participantes recebeu, no primeiro dia, um cartão com as c. 1.800 bandeiras de dois estados brasileiros, toma- 79. FGV-SP dos de uma lista com n estados. No último dia, Oito garotas chegam de férias a uma pequena duas dessas bandeiras foram sorteadas; caso cidade do litoral norte. Dirigem-se a um hotel houvesse um participante em cujo cartão es- onde somente estão disponíveis dois quartos tivessem as bandeiras sorteadas, ele ganharia triplos e um quarto duplo. um prêmio especial da organização. Sabendo que não havia no congresso dois participantes a. De quantos modos diferentes elas podem alojar-se no hotel? PV-13-11 com o mesmo par de bandeiras em seus car- tões, pode-se concluir que n valia, no mínimo: b. As ruas da cidade interceptam-se em ân- a. 17 d. 20 gulos retos, como mostra a figura. Certo dia, elas decidem almoçar no único res- b. 18 e. 21 taurante da cidade. Quantos caminhos c. 19 diferentes elas podem escolher para ir 76. FGV-SP do hotel ao restaurante? Elas caminham somente para o norte ou para o leste. A Um hospital dispõe de três médicos e de qua- figura indica um possível caminho. tro enfermeiras para formar uma Comissão de Ética (CE) e uma Comissão de Controle de Restaurante N Infecções Hospitalares (CCIH). Cada comissão deve ser composta de um médico e duas en- O L fermeiras e ninguém pode pertencer às duas Hotel S comissões. 78 Análise combinatória e probabilidades Matemática 80. Unifesp ções simples que se podem formar com esses Numa classe há x meninas e y meninos, com x, n elementos, 2 a 2, é igual a: y ≥ 4. Se duas meninas se retirarem da classe, a. 10 d. 30 o número de meninos na classe ficará igual ao b. 20 e. 60 dobro do número de meninas. c. 24 a. Dê a expressão do número de meninos na 85. UFV-MG classe em função do número de meninas e, sabendo que não há mais que 14 me- A combinação de m elementos, tomados 4 a ninas na classe, determine quantos meni- 4, vale 102. Então, o arranjo de m elementos, nos, no máximo, pode haver na classe. tomados 4 a 4, vale: b. A direção do colégio deseja formar a. 612 d. 85 duas comissões entre os alunos da clas- b. 9 e. 2.448 se, uma com exatamente 3 meninas e c. 1.224 outra com exatamente 2 meninos. Sa- bendo-se que, nessa classe, o número 86. UFRN de comissões que podem ser formadas Se o número de combinações de n + 2 elementos, com 3 meninas é igual ao número de 4 a 4, está para o número de combinações de n ele- comissões que podem ser formadas mentos, 2 a 2, na razão de 14 para 3, então n vale: com dois meninos, determine o núme- a. 6 d. 12 ro de alunos da classe. b. 8 e. 14 81. UEL-PR c. 10 O valor de P4 + A5, 3 · C6, 0 é: 87. ESPM-MG a. 29 d. 144 Quantos conjuntos de r objetos posso formar b. 54 e. 724 se disponho de n objetos distintos, com n ≥ r? c. 84 A resposta é dada pela fórmula C = n! , 82. F.M. Jundiaí-SP n ,r (n – r)!r! Calculando-se 2 ⋅ A + 3 ⋅ C , o resultado na qual n! indica o produto de todos os núme- 5 6, 2 5, 2 ros inteiros de 1 até n. obtido é um número: De acordo com a informação dada, o número a. maior que 70. de comissões de três alunos que podem ser b. divisível por 6. formadas numa classe de 30 alunos: c. menor que 39. a. é menor que 6.000. d. múltiplo de 8. b. está entre 6.250 e 6.500. PV-13-11 e. cubo perfeito. c. está entre 7.000 e 7.250. 83. Unifor-CE d. está entre 7.750 e 8.000. O número natural n que satisfaz a equação e. é maior que 8.000. 3 + An,2 = P4 + C n,2 é tal que: 88. PUC-RS a. n2 = 49 O número de jogos de um campeonato de fu- b. 2n < 100 tebol disputado por n clubes (n ≥ 2), no qual c. n + 2 = 8 todos se enfrentam uma única vez, é: a. n − n 2 d. 2n = 16 d. n2 e. n – 1 = 5 2 84. Fatec-SP b. n 2 e. n! Se o número de permutações simples de n ele- 2 mentos é 120, então o número de combina- c. n2 – n 79 Matemática Análise combinatória e probabilidades 89. FCMSC-SP podem se organizar, sabendo que a única res- Se x e y são números naturais maiores que 1 trição é a de que os irmãos João e Pedro não e tais que podem dormir na mesma barraca? A x + y ,2 = 56 a. 1.260  , então x · y é igual a: b. 1.225 C =1  x− y , 2 c. 1.155 a. 8 d. 56 d. 1.050 b. 15 e. 112 e. 910 c. 28 94. ENEM 90. Vunesp Doze times se inscreveram em um torneio de De uma certa doença são conhecidos n sin- futebol amador. O jogo de abertura do torneio tomas. Se, num paciente, forem detectados k foi escolhido da seguinte forma: primeiro fo- ou mais desses possíveis sintomas, 0 < k ≤ n, a ram sorteados 4 times para compor o Grupo doença é diagnosticada. Seja S(n, k) o número A. Em seguida, entre os times do Grupo A, fo- de combinações diferentes dos sintomas pos- ram sorteados 2 times para realizar o jogo de síveis para que o diagnóstico possa ser com- abertura do torneio, sendo que o primeiro de- pletado de maneira segura. les jogaria em seu próprio campo, e o segundo a. Determine S(6, 4). seria o time visitante. A quantidade total de escolhas possíveis para o Grupo A e a quan- b. Dê uma expressão geral para S(n, k), tidade total de escolhas dos times do jogo de em que n e k são inteiros positivos, com abertura podem ser calculadas através de 0 < k ≤ n. a. uma combinação e um arranjo, respec- 91. Vunesp tivamente. A turma de uma sala de n alunos resolve for- b. um arranjo e uma combinação, respec- mar uma comissão de três pessoas para tratar tivamente. de um assunto delicado com um professor. c. um arranjo e uma permutação, respec- a. Explicite, em termos de n, o número de tivamente. comissões possíveis de serem forma- d. duas combinações. das com estes alunos. b. Determine o número de comissões e. dois arranjos. possíveis, se o professor exigir a partici- 95. ESPM-SP pação, na comissão, de um determina- Uma lanchonete especializada em hot dogs do aluno da sala, por esse ser o repre- oferece ao freguês 10 tipos diferentes de mo- sentante da classe. lhos como tempero adicional, que podem ser 92. UFSCar-SP usados à vontade. Os tipos de hot dogs dife- PV-13-11 Se Cn,2 + 2An,2 + 100 = A2n,2, então n é igual a: rentes que podem ser feitos na lanchonete se- rão: a. 24 d. 10 a. 100 d. 10·A10,2 b. 8 e. − 25 b. 10! e. 210 3 c. 10·C10,2 c. 6 96. UEL-PR 93. Unirio-RJ Uma distribuidora de sabonetes, xampus e Um grupo de 9 pessoas, dentre elas os irmãos condicionadores tem três marcas diferentes João e Pedro, foi acampar. Na hora de dormir, de cada um desses produtos. Ao receber as montaram 3 barracas diferentes, sendo que, encomendas de três fregueses, um funcioná- na primeira, dormiram duas pessoas; na se- rio da distribuidora anotou apenas os nomes gunda, três pessoas; e, na terceira, as quatro dos fregueses e os produtos solicitados: cada restantes. De quantos modos diferentes eles um pediu uma caixa de sabonete, uma cai- 80 Análise combinatória e probabilidades Matemática xa de xampu e uma caixa de condicionador. sores, dentre os quais um é instrutor (surdo) Quanto às marcas, o funcionário lembra-se de Libras – Língua Brasileira de Sinais – e ou- de que cada um solicitou marcas diferentes tro, intérprete (ouvinte) de Libras. Para uma daquelas solicitadas pelos outros. Quando entrevista de divulgação da Feira, devem ser percebeu a sua falha, o funcionário imaginou escolhidos cinco desses professores de for- que a falta da informação sobre as marcas não ma que, se um deles for o instrutor, então teria sérias consequências, pois bastaria fazer um dos outros deve ser obrigatoriamente o algumas tentativas até conseguir entregar os intérprete. O número total de possibilidades produtos de acordo com os pedidos. Quantas de escolha é: possibilidades existem de distribuição dos pedidos entre os três fregueses? a. 42 c. 41 a. (3!)3 d. 39 b. 55 d. 56 99. Fuvest-SP 9! b. 3 · 3! e. Um apreciador deseja adquirir, para sua ade- 3! · 3! ga, 10 garrafas de vinho de um lote constituído 3! · 3! por 4 garrafas da Espanha, 5 garrafas da Itá- c. 3 lia e 6 garrafas da França, todas de diferentes marcas. 97. ITA-SP a. De quantas maneiras é possível escolher Um general possui n soldados para tomar uma 10 garrafas desse lote? posição inimiga. Desejando efetuar um ataque com dois grupos, um frontal com r soldados e b. De quantas maneiras é possível escolher outro, da retaguarda, com s soldados (r + s = n), 10 garrafas do lote, sendo 2 garrafas da ele poderá dispor seus homens de: Espanha, 4 da Itália e 4 da França? n! c. Qual é a probabilidade de que, escolhi- a. maneiras distintas neste ataque. das ao acaso 10 garrafas do lote, haja (r + s)! exatamente 4 garrafas da Itália e, pelo n! menos, uma garrafa de cada um dos b. maneiras distintas neste ataque. r! · s! outros dois países? n! 100. FGV-SP c. maneiras distintas neste ataque. (r + s)! Uma prova discursiva de matemática deve conter 5 questões de álgebra, 3 questões de 2(n!) geometria e 2 de trigonometria, num total de d. maneiras distintas neste ataque. (r + s)! 10 questões. 2(n!) Para elaborar a prova, a banca dispõe de 8 e. maneiras distintas neste ataque. questões de álgebra, 6 de geometria e 4 de r! s! trigonometria. PV-13-11 98. UFV-MG Com as informações dadas, quantas provas A comissão organizadora da Feira da Cultura distintas, isto é, que tenham ao menos uma de uma escola é constituída por oito profes- questão diferente, podem ser elaboradas? 81 Matemática Análise combinatória e probabilidades Capítulo 02 101. UEL-PR 104. Mackenzie-SP  n + 1  k + 2  k + 2 Os números binomiais  e são A solução n da equação  4  7  3   5  =  n − 1 2 complementares, k ∈  e k > 3. Então, k vale:  2  a. 6 é um número múltiplo de: b. 8 a. 11 d. 5 c. 10 b. 9 e. 3 d. 15 c. 7 e. 5 102. Fuvest-SP 105. UFAM Lembrando que: A soma  n n!  n  n  n  n  n  p = p!(n – p)!  0 +  1 +  2 +  3 + ... +  n = 32.768  6 apresentada é a soma dos números binomiais da a. calcule   ; linha do “numerador” n ∈  do triângulo de Pascal.  4 Então, n é:  12  4  a. 15 d. 12 b. simplifique a fração . b. 10 e. 14  12 c. 11  5  106. UEMS c. determine os inteiros n e p de modo que: 10  11  n  n   n  O somatório ∑  k  é igual a:  p  p + 1  p + 2 k =0 = = 1 2 3 a. 34.572 b. 34.571 103. Unifor-CE c. 2.048 Por uma das propriedades do triângulo de Pas- PV-13-11 cal, a soma d. 2.047 e. 2.045  50  50  51  52  20 +  21 +  22 +  23 é igual a: 107. Mackenzie-SP A partir de um grupo de 10 pessoas, devemos  53  51 formar k comissões de pelo menos dois mem- a.   d.   bros, sendo que em todas deve aparecer uma  23  21 determinada pessoa A do grupo. Então k vale:  52  51 a. 1.024 b.   e.    21  22 b. 512 c. 216  52 c. d. 511  22 e. 1.023 82 Análise combinatória e probabilidades Matemática 108. Unicamp-SP 112. Fuvest-SP Considere o enunciado a seguir: O valor de m que satisfaz a sentença n! m  m O símbolo Cn,p é definido por p!(n – p)! para ∑  k  = 512 é: k =0 n ≥ p com 0! = 1. Estes números Cn,p são inteiros e aparecem como coeficientes no desen- a. 5 d. 8 volvimento de (a+b)n. b. 6 e. 9 a. Mostre que Cn,p–1 + Cn,p = Cn+1,p. c. 7 b. Seja S = Cn,0 + Cn,1 + ... + Cn,n. Calcule log2S. 113. UFPR 109. O valor de n de modo que  n + p 5 O valor de ∑  é:  n  n  n  n  n  p= 0  0 +  1 +  2 +…+  n = 1.024 é: a.  n + 5 d.  n + 6 a. 5 d. 11  n   n + 1 b. 8 e. 12  n + 5 c. 10 b.  e. 25  n + 1 114. PUC  m – 1  m   m – 1 Se  = 10 e = 55 , então  p  c.  n + 6  p – 1   m – p  n  é igual a: 110. UnB-DF a. 40 d. 55 A expressão: b. 45 e. 60  17 ∑  K  ( 2 ) (2 − ) 17 17−k 1 k é equivalente c. 50 2 217 k=0 115. ITA-SP a: Considere o conjunto S = {(a, b) ∈  x : a + b = 18}. 1 ( ) 18! 17 a. 17 2 − 2 A soma de todos os números da forma , 2 ∀(a, b) ∈ S, é: a! ⋅ b! a. 86 d. 126 1 ( ) 17 b. 17 2 − 2 b. 9! e. 12! 2 PV-13-11 c. 96 c. 1 116. FGV-SP ( 2) 17 Sabendo-se que d. 217  m  m + 1  m  é:  p  = x e  p + 1  = y , então  p + 1 111. FEI-SP 10  n a. x + y No cálculo do somatório S = ∑   , obtém-se: b. x – y n=2  2 c. y – x a. 512 d. 165 d. x – p b. 508 e. 120 e. y – p c. 462 83 Matemática Análise combinatória e probabilidades 117. Fuvest-SP 121. UEMS Seja P o conjunto dos 17 vértices de um hepta- Simplificando-se (1 – 5 )5 – (1 + 5 )5 , obtém-se: decágono regular. a. Qual é o número de triângulos cujos a. 160 d. −50 5 vértices pertencem a P? b. Qual é o número de polígonos conve- b. −160 5 e. −360 5 xos cujos vértices pertencem a P? c. 160 5 118. FGV 122.  n − 1  n − 1 n2 − n O valor numérico do polinômio,  5  +  6  = 2 , então n é igual a:  4 4  4 3  4 2 2  4 3  4 4 a. 4 d. 5  0 x +  1  x y +  2  x y +  3 xy +  4 y b. 6 e. 8 c. 9 quando x = 2,1 e y = 3,9, é: 119. ITA-SP a. 250 d. 216 Seja A um conjunto com 14 elementos e B um b. 1.296 e. 231 subconjunto de A com 6 elementos. O número c. 4.499 de subconjuntos de A com um número de ele- 123. mentos menor ou igual a 6 e disjuntos de B é: a. 28 – 9 d. 214 – 28 O valor numérico do polinômio x4 – 4x3y + 6x2y2 – 4xy3 + y4, quando b. 2 – 1 8 e. 28 c. 2 – 2 8 6 1+ 6 6 − 1 é igual a: x= e y= , 120. Marckenzie-SP 4 5 4 5 O “triângulo aritmético de Pascal” é uma tabela, 4 onde estão dispostos, ordenadamente, os co- 2 2 a. d. 5 5 eficientes binomiais  n , conforme represen-  6 3 2− 6 b. e. tado abaixo. 5 5  0 24 c. linha 1  0 5  1  1 124. ITA-SP linha 2  0  1 PV-13-11 10  10  2  2  2 ∑ 2k  k  é igual a: k =0 linha 3  0  1  2 a. 210 d. 310 + 1  3  3  3  3 b. 210 – 1 e. 310 linha 4  0  1  2  3 c. 310 – 1 125. FGV-SP Sendo Si a soma dos elementos de uma linha i qualquer, consideradas n linhas, a soma A soma dos coeficientes do desenvolvimento S1 + S2 + … + Sn é igual a de (2x + y)5 é igual a: a. 2n – 1 d. 2n + 1 a. 81 d. 512 b. 2 – 1 n e. 2n + 1 b. 128 e. 729 c. 2 n c. 243 84 Análise combinatória e probabilidades Matemática 126. UECE 130. Mackenzie-SP No desenvolvimento do binômio (2x + 3y) há n Abaixo, estão 5 aproximações do número oito parcelas (ou termos). A soma dos coefi- (1,003)20. Usando o binômio de Newton, é cientes destes termos é igual a: possível determinar a melhor delas, que é: a. 71.825 c. 72.815 a. 1 b. 72.185 d. 78.125 b. 1,01 127. ITA-SP c. 1,03 Sabendo que é 1.024 a soma dos coeficientes d. 1,06 do polinômio em x e y, obtido pelo desenvolvi- e. 1,0003 mento do binômio (x + y)n, temos que o núme- 131. UEPG-PR ro de arranjos sem repetição de n elementos, tomados 2 a 2, é: Considerando que a5 + 5a4b + 10a3b2 + 10a2b3 + + 5ab4 + b5 = 32 e a – b = –1, assinale o que for a. 80 d. 100 correto. b. 90 e. 60 01. a > 1 c. 70 02. b < 0 128. Cefet-PR b Assinale a alternativa correta. 04. é um número natural a 6  6 5 a. ∑  n = 64 08. a2 + b2 = 2 n=1 a 1 16. = b. Se n! = 120, então n = 6 b 3 c. A soma dos coeficientes dos termos do 132. Mackenzie-SP desenvolvimento do 5 O sistema 32 binômio  x2 – 1  é .  3 3  3 2  3 2  3 3  3x 3  81   x +   x y +   xy   y = 8 d. A soma das soluções da equação  0  1  2  3 x2 – y2 = 6  16   16   2x – 1 =  13 é 9. tem por solução um par ordenado (x, y) cuja e. Existem 120 anagramas distintos que representação gráfica é um ponto do: podem ser formados com as letras da a. primeiro quadrante palavra Cefet. b. segundo quadrante PV-13-11 129. ITA-SP c. terceiro quadrante O valor de tg10x – 5tg8x sec2x + 10tg6x sec4x – d. quarto quadrante 10tg4x sec6x + 5tg2x sec8x – sec10x, para todo e. eixo das abscissas 133. Mackenzie-SP x ∈ 0, π  , é: Lembrando o desenvolvimento do binômio de  2 Newton, o valor da expressão mostrada a seguir é: a. 1 n n−k k  1 n  n  1   4 b. − sec x 2 2+   + ∑     5   5  k=1  k  5  (1 + sec2 x) c. –sec x + tg x a. 8 d. 5 d. –1 b. 6 e. 4 e. zero c. 3 85 Matemática Análise combinatória e probabilidades 134. FEI-SP 139. AFA-SP A soma de todos os coeficientes do desenvol- No desenvolvimento de (x + 2)n · x3, o coefi- vimento de (14x – 13y)237 é: ciente de xn+1 é: a. 0 d. 331.237 n · (n + 1) a. b. 1 e. 1.973.747 2 c. –1 n · (n – 1) 135. FGV-SP b. 4 Sabendo que: • x e y são números positivos, c. 2n · (n – 1) • x – y = 1 e d. 4 · n · (n – 1) • x4 + 4x3 · y + 6x2 · y2 + 4x · y3 + y4 = 16, 140. Uespi-2011 o valor de x é: Se x é tão pequeno que resolvemos aproximar as potências de x, com expoente maior ou 7 4 igual que 3, por 0, qual dos polinômios seguin- a. x = d. x = 6 3 tes melhor aproxima (3x – 5) · (2x – 1)10? a. – 5 + 103x – 960x2 6 3 b. x = e. x = b. – 5 – 103x – 960x2 5 2 c. 5 + 103x – 960x2 5 d. 5 + 103x + 960x2 c. x = 4 e. 5 – 103x – 960x2 136. UEL-PR 141. 6 Se um dos termos do desenvolvimento do bi-  1 nômio (x+a)5, com a ∈, é 80x2, então o valor Considere o binômo  x + 2  .  x  de a é: a. 6 d. 3 Determine: b. 5 e. 2 a. o termo médio. c. 4 b. o termo geral. 137. UFC-CE c. o termo independente de x. O coeficiente de x3 no polinômio 142. UFPA 5  p(x) = (x – 1) · (x + 3)5 é: No desenvolvimento do binômio  x2 + 1  ,  x3  a. 30 PV-13-11 qual o termo independente de x? b. 50 a. 2º d. 5º c. 100 b. 3º e. 6º d. 120 c. 4º e. 180 143. UFSM-RS 138. Unirio-RJ O coeficiente de x5 no desenvolvimento de No desenvolvimento de (x + y)n (com expoen- 8 tes decrescentes para x), a diferença entre os   1  coeficientes do 3o e do 2o termos é igual a 54.  x +  2   é dado por:  x  Podemos afirmar que o termo médio é o: a. 3º d. 6º a. 0 d. 28 b. 4º e. 7º b. 1 e. 56 c. 5º c. 8 86 Análise combinatória e probabilidades Matemática 144. Fatec-SP 148. Cefet-PR Para que o termo médio do desenvolvimento do Segundo a teoria do binômio de Newton, a binômio (sen x + cos x)6, segundo as potências soma do 4º com o 10º termo no desenvolvi- ( ) 5 12 decrescentes de sen x, seja igual a , o arco x mento de 3 sen x + 3 cos x vale: 2 deve ter sua extremidade pertencente ao: a. 110 sen (2x) a. primeiro ou segundo quadrantes. b. 220 sen (2x) b. primeiro ou terceiro quadrantes. c. 110 cos (2x) c. segundo ou terceiro quadrantes. d. 220 cos (2x) d. eixo das abscissas. e. 220 (sen (2x) + cos (2x)) e. eixo das ordenadas. 149. PUC-PR 145. Tm+2 3x Calcule o termo médio do desenvolvimento Sabendo que = no desenvolvimento 6 Tm+3 12y  1  . de  x −  do binômio (x + 3y)2m + 5, calcule m: x a. 1 d. 4 146. Unifor-CE b. 2 e. 5 A soma dos coeficientes obtidos no desenvol- c. 3 vimento de (5x2 – 3)n, n ∈ *, é 64. Se o de- 150. ITA-SP senvolvimento foi feito segundo as potências O termo independente de x no desenvolvi- decrescentes de x, o coeficiente do termo em 12 x6 é:  33 x 5x  a. 84.375 d. – 67.500 mento do binômio  –3  é:  5x 3 x b. 67.500 e. – 84.375 c. – 43.200 a. 729 3 45 d. 376 3 5 147. UEL-PR 3 Considere o desenvolvimento do binômio b. 972 3 15 e. 165 3 75 10  1  2x + 2  segundo as potências decrescentes 3 c. 891 3 5 de x. A razão entre os coeficientes do terceiro e do quinto termos, nessa ordem, é igual a: 151. Unifor-CE PV-13-11 20 Relativamente ao desenvolvimento de a. 11  1 10   10  x +  ·  x – 1 , segundo as potências 21 x  x b. 10 decrescentes de x, é verdade que: 22 a. a soma dos coeficientes é igual a 220. c. 9 b. o coeficiente do termo central é igual a – 210. d. 23 c. o termo central é independente de x. 8 d. o número de parcelas é igual a 21. 24 e. o termo independente de x é igual a e. 252. 7 87 Matemática Análise combinatória e probabilidades 152. UECE 157. Mackenzie-SP Se m e q são, respectivamente, os coeficientes t  3  1  9 No desenvolvimento  x2 +  , t ∈ , os co- de x5 e x7 no desenvolvimento de  x + x   , 3 eficientes binomiais do quarto e do décimo então m + q é igual a: terceiro termos são iguais. O termo indepen- a. 23 c. 25 dente de x, feito segundo os expoentes decrescentes de x, é o: b. 24 d. 26 a. décimo 153. AFA-RJ b. décimo primeiro Sabendo-se que no desenvolvimento de (1 + x)26, c. nono os coeficientes dos termos de ordem (2r + 1) e d. décimo segundo (r + 3) são iguais, pode-se afirmar que r é igual a: e. oitavo a. 8 ou 4 c. 4 ou 2 158. UEL-PR b. 8 ou 2 d. 2 ou 1 10 154. FAZU-MG 4 1  No desenvolvimento do binômio  x +  , 6  x  b No desenvolvimento do binômio  x +  , o segundo as potências decrescentes de x, o sé-  x timo termo é: coeficiente do termo em x4 é 30. O valor de b é: 11 a. 5 d. 2 a. 210 · x–4 d. 120 · x 4 11 b. 4 e. 1 – b. 120 · x 4 e. 210 · x4 c. 3 c. 210 · x–2 155. Fatec-SP 159. FGV-SP modificado No desenvolvimento do binômio (x – 1)100 segundo as potências decrescentes de x, a Na expansão de (x + y)9 com expoentes decres- soma dos coeficientes do segundo e do quar- centes de x, o segundo e o terceiro termos são to termos é: iguais quando substituímos x e y por p e q, respectivamente. Se p e q são reais positivos tais a. –323.500 d. 39.26.175 que p + q = 1, q é igual a: b. –171.700 e. 23.532.300 1 c. –161.800 a. 5 156. UFC-CE 1 Sejam a e b números reais. Suponha que, ao b. PV-13-11 desenvolvermos (ax + by)5, os coeficientes dos 4 monômios x4 y e x3 y2 sejam iguais a 240 e 720, 3 respectivamente. Nestas condições, assinale a c. 4 α opção que contém o valor de . β 4 d. 5 a. 1 d. 3 2 8 e. 2 9 b. 3 e. 2 3 160. ITA-SP c. 1 Determine o coeficiente de x4 no desenvolvi- 3 mento de (1 + x + x2)9 . 88 Análise combinatória e probabilidades Matemática Capítulo 03 161. Acafe-SC 165. Vunesp Num sorteio, o número de participantes do O gerente de uma loja de roupas, antes de fazer sexo masculino é 10 a mais que o do feminino. nova encomenda de calças jeans femininas, ve- Se a probabilidade de se sortear uma pessoa rificou qual foi a quantidade de calças vendidas no mês anterior para cada número (tamanho). do sexo masculino é 5 , o número de partici- A distribuição de probabilidades referente aos 8 pantes do sorteio é: números vendidos no mês anterior foi a seguinte: a. 25 d. 40 Número 36 38 40 42 44 46 b. 50 e. 80 (tamanho) c. 15 Probabi- 0,12 0,22 0,30 0,20 0,11 0,05 lidade 162. FGV-SP a. Uma urna contém 1.000 bolinhas nu- Se o gerente fizer uma encomenda de 500 meradas de 1 a 1.000. Uma bolinha é calças de acordo com as probabilidades de sorteada. Qual a probabilidade de ob- vendas dadas na tabela, as quantidades de servarmos um múltiplo de 7? calças encomendadas de número 40 ou menos, e de número superior a 40, serão, res- b. Se a urna contivesse 10 bolinhas nume- pectivamente: radas de 1 a 10, e duas fossem sorte- a. 320 e 180. d. 180 e 320. adas simultaneamente sem reposição, qual a probabilidade de que a soma dos b. 380 e 120. e. 120 e 380. números observados fosse 8? c. 350 e 150. 163. Mackenzie-SP 166. UFPB No lançamento de dois dados, a probabilidade Em um hexágono regular foram escolhidos alea- de serem obtidos números iguais é: toriamente dois lados distintos. Calcule a proba- 1 2 bilidade de que esses dois lados sejam paralelos. a. d. 167. Mackenzie-SP 6 3 Nove fichas, numeradas de 1 a 9, são embaralha- 1 1 das de modo aleatório, permanecendo uma so- b. e. 2 4 bre a outra. Se uma pessoa apostou que, na dispo- 1 sição final, as fichas estariam com as de número c. par alternadas com as de número ímpar, ou vice- 3 versa, a probabilidade de ela ganhar a aposta é: PV-13-11 164. Ibmec-SP 3 a. 1 d. João e Vítor disputam um “par ou ímpar” no 126 136 qual cada um exibe, ao mesmo tempo, de 1 a 3 5 dedos da mão direita. Se a soma for par, João b. 2 e. 135 154 vence, e se for ímpar, a vitória é de Vítor. A razão entre as probabilidades de João vencer e c. 1 de Vítor vencer é: 140 2 168. Unicamp-SP a. d. 13 3 12 O sistema de numeração na base 10 utiliza, nor- malmente, os dígitos de 0 a 9 para representar b. 12 e. 3 os números naturais, sendo que o zero não é 13 2 aceito como o primeiro algarismo da esquerda. c. 1 Pergunta-se: 89 Matemática Análise combinatória e probabilidades a. quantos são os números naturais de Tipo Aglutinogênios Aglutininas cinco algarismos formados por cinco dígitos diferentes? A A Anti-B b. escolhendo-se ao acaso um desses nú- B B Anti-A meros do item a, qual a probabilidade de que seus cinco algarismos estejam AB AeB Nenhuma em ordem crescente? O Nenhum Anti-A e Anti-B 169. UFRGS-RS Em um jogo, dentre dez fichas numeradas com Em um teste sanguíneo realizado no Brasil, números distintos de 1 a 10, duas fichas são detectou-se, no sangue de um indivíduo, a distribuídas ao jogador, que ganhará um prê- presença de aglutinogênio A. mio se tiver recebido fichas com dois números Nesse caso, a probabilidade de que o indiví- consecutivos. duo tenha sangue A+ é de cerca de: A probabilidade de ganhar o prêmio neste a. 76% c. 81% jogo é de: b. 34% d. 39% a. 14% d. 25% b. 16% e. 33% 172. ITA-SP c. 20% Sobre uma mesa estão dispostos 5 livros de história, 4 de biologia e 2 de espanhol. Deter- 170. Mackenzie-SP mine a probabilidade de os livros serem empi- No lançamento de 4 moedas “honestas”, a lhados sobre a mesa de tal forma que aqueles probabilidade de ocorrerem duas caras e duas que tratam do mesmo assunto estejam juntos. coroas é: 173. EFTM-MG 3 a. 1 d. Em certo jogo de perguntas e respostas, o jo- 16 8 gador ganha 3 pontos a cada resposta correta b. 3 e. 1 e perde 5 pontos a cada resposta errada. Pau- 16 2 lo respondeu 30 perguntas e obteve um total de 50 pontos.Selecionando-se aleatoriamente c. 1 uma das perguntas feitas a Paulo, a probabili- 4 dade de que ela seja uma das que tiveram res- 171. Unicamp-SP posta incorreta é de: 1 O sangue humano costuma ser classificado em a. 2 d. diversos grupos, sendo os sistemas ABO e Rh 5 6 os métodos mais comuns de classificação. A b. 1 e. 1 primeira tabela a seguir fornece o percentual 3 8 PV-13-11 da população brasileira com cada combinação de tipo sanguíneo e fator Rh. Já a segunda ta- c. 2 bela indica o tipo de aglutinina e de aglutino- 7 gênio presentes em cada grupo sanguíneo. 174. UFPR Fator Rh André, Beatriz e João resolveram usar duas Tipo moedas comuns, não viciadas, para decidir + – quem irá lavar a louça do jantar, lançando as duas moedas simultaneamente, uma única A 34% 8% vez. Se aparecerem duas coroas, André lavará B 8% 2% a louça; se aparecerem duas caras, Beatriz la- vará a louça; e se aparecerem uma cara e uma AB 2,5% 0,5% coroa, João lavará a louça. A probabilidade de que João venha a ser sorteado para lavar a lou- O 36% 9% ça é de: 90 Análise combinatória e probabilidades Matemática a. 25%. d. 33,3%. 178. ITA-SP b. 27,5%. e. 50%. Considere uma população de igual número de c. 30%. homens e mulheres, em que sejam daltônicos 5% dos homens e 0,25% das mulheres. Indi- 175. UFPR que a probabilidade de que seja mulher uma Um cadeado com segredo possui três engre- pessoa daltônica selecionada ao acaso nessa nagens, cada uma contendo todos os dígitos população. de 0 a 9. Para abrir esse cadeado, os dígitos do segredo devem ser colocados numa sequência 1 5 a. d. correta, escolhendo-se um dígito em cada en- 21 21 grenagem. (Exemplos: 237, 366, 593...) a. Quantas possibilidades diferentes exis- 1 1 b. e. tem para a escolha do segredo, saben- 8 4 do que o dígito 3 deve aparecer obrigatoriamente e uma única vez? 3 c. b. Qual é a probabilidade de se escolher 21 um segredo no qual todos os dígitos são distintos e o dígito 3 aparece obri- 179. ITA-SP gatoriamente? Considere o conjunto D = {n ∈; 1 ≤ n ≤ 365} 176. Fuvest-SP e H ⊂ P(D) formado por todos os subconjuntos de D com 2 elementos. Escolhendo ao aca- Dois dados cúbicos, não viciados, com faces so um elemento B ∈ H, a probabilidade de a numeradas de 1 a 6, serão lançados simulta- soma de seus elementos ser 183 é igual a: neamente. A probabilidade de que sejam sorteados dois números consecutivos, cuja soma 1 92 a. d. seja um número primo, é de: 730 33.215 2 5 91 a. d. 46 9 9 b. e. 33.215 730 1 2 b. e. 1 3 3 c. 365 4 c. 9 180. ITA-SP 177. UFG-GO Dez cartões estão numerados de 1 a 10. Depois Segundo uma pesquisa realizada no Brasil so- de embaralhados, são formados dois conjuntos bre a preferência de cor de carros, a cor prata de 5 cartões cada. Determine a probabilidade de domina a frota de carros brasileiros, represen- que os números 9 e 10 apareçam num mesmo PV-13-11 tando 31%, seguida pela cor preta, com 25%, conjunto. depois a cinza, com 16% e a branca, com 12%. 181. UEL-PR Com base nestas informações, tomando um Devido à ameaça de uma epidemia de sarampo carro ao acaso, dentre todos os carros brasilei- e rubéola, os 400 alunos de uma escola foram ros de uma dessas quatro cores citadas, qual a consultados sobre as vacinas que já haviam to- probabilidade de ele não ser cinza? mado. Do total, 240 haviam sido vacinados con- 37 a. 4 d. tra sarampo e 100 contra rubéola, sendo que 25 50 80 não haviam tomado dessas vacinas. Toman- do-se ao acaso um aluno dessa escola, a proba- 4 17 bilidade de ele ter tomado as duas vacinas é: b. e. 17 21 a. 2% d. 15% c. 17 b. 5% e. 20% 25 c. 10% 91 Matemática Análise combinatória e probabilidades 182. Vunesp 1 1 a. d. Em um colégio foi realizada uma pesquisa sobre 8 2 as atividades extracurriculares de seus alunos. Dos 500 alunos entrevistados, 240 praticavam 1 2 um tipo de esporte, 180 frequentavam um cur- b. e. 4 3 so de idiomas e 120 realizavam estas duas atividades, ou seja, praticavam um tipo de esporte 3 e frequentavam um curso de idiomas. Se nesse c. 8 grupo de 500 estudantes, um é escolhido ao acaso, a probabilidade de que ele realize pelo menos 186. FGV-SP uma dessas atividades, isto é, pratique um tipo de esporte ou frequente um curso de idiomas, é: Uma fatia de pão com manteiga pode cair no chão de duas maneiras apenas: 18 6 a. d. • Com a manteiga para cima (evento A) 25 25 • Com a manteiga para baixo (evento B) 3 2 b. e. Uma possível distribuição de probabilidade 5 5 para esses eventos é: 12 c. 3 25 a. P(A) = P(B) = 7 183. PUCCamp-SP 5 b. P(A) = 0 e P(B) = Em uma escola, 10 alunos (6 rapazes e 4 garo- 7 tas) apresentam-se para compor a diretoria do c. P(A) = – 0,3 e P(B) = 1,3 grêmio estudantil, que deverá ter os seguintes membros: 1 presidente, 1 vice-presidente e 2 d. P(A) = 0,4 e P(B) = 0,6 secretários. Os nomes dos candidatos são colo- 6 cados em uma urna, da qual serão sorteados os e. P(A) = e P(B) = 0 7 membros que comporão a diretoria. A probabilidade de que na equipe sorteada o presidente ou 187. FGV-SP o vice-presidente seja do sexo masculino é: Uma pesquisa com três marcas concorrentes de refrigerantes, A, B e C, mostrou que 60% 1 13 a. d. das pessoas entrevistadas gostam de A, 50% 3 15 gostam de B, 57% gostam de C, 35% gostam 4 27 de A e C, 18% gostam de A e B, 24% gostam de b. e. B e C, 2% gostam das três marcas e o restante 5 30 das pessoas não gosta de nenhuma das três. PV-13-11 5 Sorteando-se aleatoriamente uma dessas pes- c. soas entrevistadas, a probabilidade de que ela 6 goste de uma única marca de refrigerante ou 184. Fuvest-SP não goste de marca alguma é de: A probabilidade de que a população atual de a. 16% d. 25% um país seja 110 milhões ou mais habitantes b. 17% e. 27% é de 95%. A probabilidade de ser 110 milhões c. 20% ou menos é de 8%. 188. UFMA Calcule a probabilidade de ser 110 milhões. Uma moeda é viciada de tal forma que a pro- 185. Unicentro-PR babilidade de sair cara num lançamento é o Três moedas são jogadas simultaneamente. quádruplo de sair coroa. Então, lançando-se Qual é a probabilidade de se obterem, pelo uma vez a moeda, qual a probabilidade de sair menos, 2 caras? coroa? 92 Análise combinatória e probabilidades Matemática 189. FGV-SP a. Sabendo que, para que cada pessoa ga- Uma moeda é viciada de tal forma que os re- nhe ao menos um sachê, 14 delas de- sultados possíveis, cara e coroa, são tais que a vem receber apenas um dos molhos, de- probabilidade de sair cara num lançamento é termine o número de pessoas do grupo. o triplo da de sair coroa. b. Felizmente, somente 19 pessoas desse a. Lançando-se uma vez a moeda, qual a grupo quiseram usar os molhos. Assim, probabilidade de sair cara? os sachês serão distribuídos aleatoriamente entre essas pessoas, de modo b. Lançando-se três vezes a moeda, qual a que cada uma receba ao menos um probabilidade de sair exatamente uma cara? sachê. Nesse caso, determine a probabilidade de que uma pessoa receba um 190. sachê de cada molho. Um dado é viciado de tal forma que todos os 193. ITA-SP números pares têm a mesma probabilidade, assim como todos os ímpares. Contudo, um nú- Uma urna de sorteio contém 90 bolas numera- mero par é duas vezes mais provável de ocorrer das de 1 a 90, sendo que a retirada de uma bola é do que um número ímpar. Lançando-se esse equiprovável à retirada de cada uma das demais. dado, qual a probabilidade de ocorrer: Retira-se aleatoriamente uma das 90 bolas a. um número primo? desta urna. Calcule a probabilidade de o nú- b. um número múltiplo de 3? mero desta bola ser um múltiplo de 5 ou de 6. 191. Fuvest-SP 194. UFSCar-SP Um dado cúbico, não viciado, com faces nu- A tabela indica as apostas feitas por cinco ami- meradas de 1 a 6, é lançado três vezes. Em gos em relação ao resultado decorrente do cada lançamento, anota-se o número obtido lançamento de um dado, cuja planificação está na face superior do dado, formando-se uma indicada na figura. sequência (a, b, c). Qual é a probabilidade de Ana Face branca ou número par. que b seja sucessor de a ou que c seja sucessor de b? Bruna Face branca ou número 5. 4 10 a. d. Carlos Face preta ou número menor que 2. 27 27 Diego Face preta ou número maior que 2. 11 23 b. e. Érica Face branca ou número menor que 4. 54 54 7 c. 27 PV-13-11 192. Unicamp-SP Um grupo de pessoas resolveu encomendar cachorros-quentes para o lanche. Entretan- to, a lanchonete enviou apenas 15 sachês de Se trocarmos o conectivo “ou” pelo conectivo mostarda e 17 de catchup, o que não é sufi- “e” na aposta de cada um, o jogador que terá ciente para que cada membro do grupo rece- maior redução nas suas chances de acertar o ba um sachê de cada molho. Desta forma, po- resultado, em decorrência dessa troca, será demos considerar que há três subgrupos: um a. Ana. formado pelas pessoas que ganharão apenas um sachê de mostarda, outro por aquelas b. Bruna. que ganharão apenas um sachê de catchup, c. Carlos. e o terceiro pelas que receberão um sachê de d. Diego. cada molho. e. Érica. 93 Matemática Análise combinatória e probabilidades 195. 7 11 a. d. Três dados honestos são lançados. A probabi- 27 54 lidade de que os três números sorteados pos- sam ser posicionados para formar progressões 13 5 b. e. aritméticas de razão 1 ou 2 é: 54 27 1 7 a. d. 6 36 36 c. 27 1 5 b. e. 199. Unifesp 9 18 O quadro mostra o resultado de uma pesqui- 1 sa realizada com 200 nadadores de competi- c. 6 ção da cidade de São Paulo, visando apontar o percentual desses nadadores que já tive- 196. Fuvest-SP ram lesões (dores) em certas articulações do corpo, decorrentes da prática de natação, Ao lançar um dado muitas vezes, uma pessoa per- nos últimos três anos. cebeu que a face 6 saía com o dobro de freqüên- cia da face 1, e que as outras faces saíam com a Articulação Percentual de nadadores frequência esperada em um dado não viciado. ombro 80% Qual a frequência da face 1? coluna 50% 1 2 a. d. 3 9 joelho 25% 2 1 pescoço 20% b. e. 3 12 Com base no quadro, determine: 1 a. quantos nadadores do grupo pesquisa- c. 9 do tiveram lesões (dores) no joelho ou no pescoço, considerando que 5% dos 197. Fatec-SP nadadores tiveram lesões nas duas arti- O resultado de uma pesquisa publicada pelo jor- culações, joelho e pescoço. nal Folha de São Paulo de 27 julho de 2008 sobre b. qual é a probabilidade de um nadador do o perfil do jovem brasileiro mostra que 25% estu- grupo pesquisado, escolhido ao acaso, dam e trabalham, 60% trabalham e 50% estudam. não ter tido lesões (dores) no ombro ou na A probabilidade de que um jovem brasileiro, esco- coluna, considerando as manifestações de lhido ao acaso, não estude e não trabalhe é: dores como eventos independentes. a. 10% d. 25% PV-13-11 200. Unicamp-2012 b. 15% e. 30% O mostrador de determinado relógio digital c. 20% indica horas e minutos, como ilustra a figura 198. Fuvest-SP abaixo, na qual o dígito da unidade dos minutos está destacado. Considere todos os pares ordenados de núme- ros naturais (a, b), em que 11 ≤ a ≤ 22 e 43 ≤ b ≤ 51. Cada um desses pares ordenados está escrito em um cartão diferente. Sorteando-se um desses cartões ao acaso, qual é a probabilidade de que se obtenha um par ordenado (a, b) O dígito em destaque pode representar qual- a quer um dos dez algarismos, bastando para de tal forma que a fração seja irredutível e b isso que se ative ou desative as sete partes que com denominador par? o compõem, como se mostra abaixo. 94 Análise combinatória e probabilidades Matemática A B AB O Rh+ 390 60 50 350 a. Atribuindo as letras a, b, c, d, e, f, g aos Rh– 70 20 10 50 trechos do dígito destacado do relógio, como se indica abaixo, pinte no gráfico de Dentre as 1.000 pessoas pesquisadas, escolhi- barras abaixo a porcentagem de tempo da uma ao acaso, determine: em que cada um dos trechos fica aceso. a. a probabilidade de seu grupo sanguí- Observe que as porcentagens referentes neo não ser A. Determine também a aos trechos f e g já estão pintadas. probabilidade de seu grupo sanguíneo a ser B ou Rh+. b g b. a probabilidade de seu grupo sanguí- neo ser AB e Rh–. Determine também a c probabilidade condicional de ser AB ou d f O, sabendo-se que a pessoa escolhida e é Rh–. 202. Favip-PE b. Supondo, agora, que o dígito em destaque possua dois trechos defeituosos, Em uma cidade pequena, a probabilidade de que não acendem, calcule a probabili- um habitante não possuir máquina de lavar é dade de o algarismo 3 ser representado de 7 , e a probabilidade de ele possuir apa- corretamente. 10 % relho de televisão é de 5 . Escolhendo aleato- 100 6 90 riamente um habitante dessa cidade, qual a 80 probabilidade de ele possuir máquina de lavar e aparelho de televisão? Suponha que os 70 eventos “possuir máquina de lavar” e “possuir 60 aparelho de televisão” sejam independentes. 50 a. 20% 40 b. 25% 30 c. 30% 20 d. 35% 10 e. 40% 0 203. Vunesp PV-13-11 a b c d e f g Um estudo de grupos sangüíneos humanos re- 201. alizado com 1.000 pessoas (sendo 600 homens e 400 mulheres) constatou que 470 pessoas O sangue humano está classificado em qua- tinham o antígeno A, 230 pessoas tinham o tro grupos distintos: A, B, AB e O. Além dis- antígeno B e 450 pessoas não tinham nenhum so, o sangue de uma pessoa pode possuir, dos dois. Determine: ou não, o fator Rhesus. Se o sangue de uma pessoa possui esse fator, diz-se que a pessoa a. o número de pessoas que têm os antí- pertence ao grupo sanguíneo Rhesus posi- genos A e B simultaneamente; tivo (Rh+) e, se não possui esse fator, diz-se b. supondo independência entre sexo e Rhesus negativo (Rh–). Numa pesquisa, 1.000 grupo sanguíneo, a probabilidade de pessoas foram classificadas, segundo grupo que uma pessoa do grupo, escolhida ao sanguíneo e respectivo fator Rhesus, de acor- acaso, seja homem e tenha os antíge- do com a tabela nos A e B simultaneamente. 95 Matemática Análise combinatória e probabilidades 204. Vunesp a. 30% d. 2% O resultado de uma pesquisa realizada pelo b. 10% e. 1% Ipesp sobre o perfil dos fumantes e publicada c. 3% pela revista Veja de 3/6/98 mostra que, num 208. Vunesp grupo de 1.000 pessoas, 17% fumam e, dentre os fumantes, 44% são mulheres. Se, nesse Numa festa de aniversário infantil, 5 crianças grupo de 1.000 pessoas, uma é escolhida ao comeram um alimento contaminado com uma acaso, a probabilidade de ela ser fumante e bactéria. Sabe-se que, uma vez em contato com mulher é, aproximadamente: essa bactéria, a probabilidade de que a criança 2 a. 0,044 d. 0,0075 manifeste problemas intestinais é de . 3 b. 0,075 e. 0,0044  n n! , determine: Sabendo que c. 0,44  k  = k!(n – k)! 205. Mackenzie-SP  5 As oito letras da expressão “boa prova” são es- a.   e a probabilidade de manifestação critas, uma em cada etiqueta de papel. A proba-  2 bilidade de as letras serem sorteadas, sem repo- de problemas intestinais em exatamen- sição, uma após a outra, formando essa frase, é: te duas crianças. 1 4 a. d. 8!  5  5 8! b.   ,   e a probabilidade de manifes-  0  1 2 8 tação de problemas intestinais no má- b. e. ximo em uma criança. 8! 8! c. 8% 209. Vunesp Dois jogadores, A e B, vão lançar um par de da- 206. Mackenzie-SP dos. Eles combinam que, se a soma dos núme- Em um determinado jogo, são sorteados 3 ros dos dados for 5, A ganha e, se essa soma números entre os 30 que estão no volante de for 8, B é quem ganha. Os dados são lançados. apostas. O apostador, que assinala 6 núme- Sabendo-se que A não ganhou, qual a probabi- ros no volante, ganha, se todos os 3 números lidade de B ter ganhado? sorteados estiverem entre os 6 assinalados. A 210. Fuvest-SP probabilidade de o apostador ganhar é: Uma pessoa dispõe de um dado honesto, que 1 1 é lançado sucessivamente quatro vezes. De- a. 203 d. termine a probabilidade de que nenhum dos 280 números sorteados nos dois primeiros lança- 1 1 PV-13-11 b. 507 e. mentos coincida com algum dos números sor- 98 teados nos dois últimos lançamentos. 1 211. ITA-SP c. 456 Numa caixa com 40 moedas, 5 apresentam duas caras, 10 são normais (cara e coroa) e as 207. UEL-PR demais apresentam duas coroas. Uma moeda Contra certa doença podem ser aplicadas as é retirada ao acaso e a face observada mostra vacinas I e II. A vacina I falha em 10% dos casos uma coroa. A probabilidade de a outra face e a vacina II em 20% dos casos, sendo estes desta moeda também apresentar uma coroa é: eventos totalmente independentes. Nessas 7 5 3 condições, se todos os habitantes de uma ci- a. c. e. 8 8 7 dade receberam doses adequadas das duas vacinas, a probabilidade de um indivíduo não 5 3 b. d. estar imunizado contra a doença é: 7 5 96 Análise combinatória e probabilidades Matemática 212. UFPR de um proprietário de um carro de marca da Considere três caixas contendo bolas brancas linha i trocar para o carro de marca da colu- e pretas, conforme ilustra a figura. na j, quando da compra de um carro novo. Os termos da diagonal principal dessa matriz for- necem as probabilidades de um proprietário permanecer com a mesma marca de carro na Caixa 1 Caixa 2 compra de um novo. A B C D E A 0,6 0,1 0,2 0,1 0,0 Caixa 3 B 0,3 0,5 0,0 0,1 0,1 Uma bola é retirada aleatoriamente da caixa 1 C 0,2 0,2 0,4 0,1 0,1 e colocada na caixa 2. Então, uma bola é retirada aleatoriamente da caixa 2 e colocada na D 0,3 0,2 0,2 0,3 0,0 caixa 3. Finalmente, uma bola é retirada alea- E 0,2 0,3 0,1 0,2 0,2 toriamente da caixa 3. Calcule a probabilidade de que essa última bola retirada seja branca. A probabilidade de um proprietário de um carro 213. PUC-PR da marca B comprar um novo carro da marca Sérgio tem em seu bolso quatro chaves de C, após duas compras, é: mesmo formato e tamanho, apenas com os a. 0,25. segredos diferentes. As chaves estão soltas e b. 0,24. não é possível identificá-las pelo tato. Sérgio c. 0,20. precisa abrir três fechaduras até chegar à sua sala. Faz, então, uma aposta com seu sócio d. 0,09. Mariano: e. 0,00. – Aleatoriamente, vou tirar do meu bolso três 215. UFMG chaves, uma a uma, e, nesta mesma sequên- Considere uma prova de Matemática consti- cia, abrirei as três portas. tuída de quatro questões de múltipla escolha, Mariano respondeu: com quatro alternativas cada uma, das quais apenas uma é correta. – Duvido! Se as três portas se abrirem com as chaves escolhidas, na mesma sequência, eu Um candidato decide fazer essa prova escolhe pagarei um belo almoço! lhendo, aleatoriamente, uma alternativa em cada questão. A probabilidade de que Sérgio ganhe a aposta é igual a: Então, é correto afirmar que a probabilidade PV-13-11 de esse candidato acertar, nessa prova, exata- 1 1 mente uma questão é: a. d. 64 24 a. 27 c. 9 3 1 64 64 b. e. 4 9 b. 27 d. 9 1 256 256 c. 4 216. FGV-SP 214. Unesp Um sistema de controle de qualidade consiste O mercado automobilístico brasileiro possui em três inspetores A, B e C que trabalham em várias marcas de automóveis disponíveis aos série e de forma independente, isto é, o pro- consumidores. Para cinco dessas marcas (A, duto é analisado pelos três inspetores traba- B, C, D e E), a matriz fornece a probabilidade lhando de forma independente. 97 Matemática Análise combinatória e probabilidades O produto é considerado defeituoso quando um defeito é detectado, ao menos, por um a. 2 d. 5 9 9 inspetor. Quando o produto é defeituoso, a probabili- b. 1 e. 2 dade de o defeito ser detectado por cada ins- 3 3 petor é 0,8. A probabilidade de uma unidade c. 4 defeituosa ser detectada é: 9 a. 0,990 219. Fuvest-SP b. 0,992 Em um jogo entre Pedro e José, cada um de- c. 0,994 les lança, em cada rodada, um mesmo dado d. 0,996 honesto uma única vez. O dado é cúbico, e e. 0,998 cada uma de suas 6 faces estampa um único algarismo de maneira que todos os algaris- 217. UFPR mos de 1 a 6 estejam representados nas faces Na central de atendimento ao cliente de uma do dado. companhia telefônica, 60% dos funcionários Um participante vence, em uma certa rodada, são do sexo feminino. Analisando os relatórios se a diferença entre seus pontos e os pontos de desempenho de todos os funcionários que de seu adversário for, no mínimo, de duas uni- trabalham nessa central (homens e mulheres), dades. Se nenhum dos participantes vencer, chegou-se às seguintes conclusões: passa-se a uma nova rodada. I. 55% dos problemas relatados pelos Dessa forma, determine a probabilidade de clientes são resolvidos na primeira li- a. Pedro vencer na primeira rodada. gação, quando o cliente é atendido por uma funcionária (mulher). b. nenhum dos dois participantes vencer na primeira rodada. II. 60% dos problemas relatados pelos clientes são resolvidos na primeira li- c. um dos participantes vencer até a quar- gação, quando o cliente é atendido por ta rodada. um funcionário (homem). 220. Fuvest-2012 Quando se faz uma ligação para essa central a. Dez meninas e seis meninos partici- de atendimento, o sistema designa, ao acaso, parão de um torneio de tênis infantil. um atendente que tentará resolver o proble- De quantas maneiras distintas essas ma apresentado pelo cliente. 16 crianças podem ser separadas nos a. Qual a probabilidade de esse atenden- grupos A, B, C e D, cada um deles com te resolver o problema do cliente na 4 jogadores, sabendo que os grupos A primeira ligação? e C serão formados apenas por meninas e o grupo B, apenas por meninos? PV-13-11 b. Qual é a probabilidade de o atendente ter sido um homem, sabendo que o pro- b. Acontecida a fase inicial do torneio, blema foi resolvido na primeira ligação? a fase semifinal terá os jogos entre Maria e João e entre Marta e José. Os 218. ITA-SP vencedores de cada um dos jogos fa- Dois atiradores acertam o alvo uma vez a rão a final. Dado que a probabilidade cada três disparos. Se os dois atiradores dis- de um menino ganhar de uma menina param simultaneamente, então a probabili- 3 é , calcule a probabilidade de uma dade de o alvo ser atingido pelo menos uma 5 vez é igual a: menina vencer o torneio. 98 Análise Combinatória e Probabilidades R: Matemática GABARITO DOS EXERCÍCIOS PROPOSTOS Capítulo 01 32. D b. 4.354.560 provas do 33. E tipo A. 01. a. Falso. 864 ⋅ 7! 6 b. Falso. 34. E P(A) = c. = 7! 7! 35 c. Verdadeiro. 35. C 61. a. 840 anagramas d. Verdadeiro. 36. A b. 60 anagramas 02. E 37. A c. 120 anagramas 5  38. A 03. S =  ,2  d. 240 anagramas 3  39. a. 112 < LDL ≤ 130 62. 63 maneiras 04. D b. 12 maneiras. 63. D 05. n = 2 40. a. 360 números 64. C 06. A b. 60 números. 65. C 07. b137 = 135 c. 60 números. 66. D 08. A 41. D 67. 2.030 09. C 42. C 68. A 10. m = 4 43. a. 120 permutações 69. B 11. A b. 240 permutações 70. A 12. A 44. B 71. O menor número possível 13. B 45. D de amigas que Maira poderá 14. B 46. a. 720 e 120, respectiva- convidar é 8. mente. 72. D 15. A b. o número 512.346 73. C 16. C ocupa a 481ª posição e o 242º 17. C número é 312.465. 74. A 18. E 47. A 75. E 19. E 48. C 76. A 20. A 49. D 77. 125 50. B 78. A PV-xx-x1 21. B 22. B 51. A 79. a. Elas podem se alojar de 560 maneiras diferentes. 23. A 52. D b. Elas podem escolher 24. C 53. E 210 caminhos diferentes. 25. C 54. E 80. a. Pode haver na classe, 26. E 55. A no máximo, 24 meninos. 27. B 56. E b. O número de alunos 57. C da classe é 10+16 = 26. 28. D 58. E 81. C 29. B 59. A 82. B 30. 1.800 60. a. P14 = 14! 83. A 31. A 99 Matemática R: Análise Combinatória e Probabilidades 84. A 108. a. 85. E Cn,p–1 + Cn,p = 86. A n! n! = + 87. A (p – 1)! ⋅ [n – (p – 1)]! p! ⋅ (n – p)! 88. A n! n! Cn,p–1 + Cn,p = + 89. B (p – 1)! · [n – (p + 1)]! p! · (n – p)! 90. a. 22 n! n! Cn,p–1 + Cn,p = + b. S(n, k) = Cn, k + Cn, k + 1 + … + Cn, n (p – 1 )! · (n – p + 1)!(n – p )! p ! · (n – p)! p · n ! + (n – p + 1 ) · n! n Cn,p–1 + Cn,p = S(n, k) = ∑ Cn,p  n n(n − 1)(n − 2) (n − 3)! p · (p – 1)! · (n – p + 1)!(n – p)! n! pC= k = = = p · n! + n · n!– p · n! + n! n, 3  3 3!(n − 3)! 3 · 2 · (n − 3)!Cn,p–1 + Cn,p = p!(n – p + 1)! n(n − 1)(n −n2−) 1) (n − 1)(n − 2) (n − 3)! 91. a. n −1, 2C = = (n + 1 ) · n! (n + 1)! 6 2!(n − 3)! 2 (n − 3)! Cn,p–1 + Cn,p = = = Cn+1,p p! · (n – p + 1)! p!(n + 1 – p)! (n − 1)(n − 2) b. b. log2 S = n 2 109. D 92. B 110. C 93. E 111. D 94. A 112. E 95. E 113. C 96. A 114. B 97. B 115. A 98. C C99. ⋅ C10 , 63.003 − C 5, 4 ⋅ C6 , 6 116. C 5 , 4 a. = 117. a. 680 b. C15450 , 10 b. 130.918 1.045 c. 95 = = 118. E 3.003 273 119. A 100. 6.720 provas distintas 120. B Capítulo 02 PV-xx-x1 121. B 101. E 122. B 102. a. 15 123. C 5! 7! · 5 · 4! 5 124. E = b. = ! 8 · 7! 4! 8 125. C c. n = 14 126. D 103. A 127. B 104. A 128. D 105. A 129. D 106. D 130. D 107. D 131. Verdadeiras: 04, 08 e 16. 100 Análise Combinatória e Probabilidades R: Matemática 132. D 163. A 133. C 164. D 134. B 165. A 135. E 3 1 P(A) = 166. = 136. E 15 5 137. E 167. A 138. E 168. a. 27.216 139. C 126 1 P(A) = b. = 140. A  6 27.216 216 Tk+1 =   x6−k ⋅ ( x−2 )k 169. C 141. a. T4 = 20·kx–3  6 170. D b. Tk+1 =   ⋅ x6−3k  k 171. A c. T3 = 15 172. 0,0866% 142. B 173. D 143. C 174. E 144. B 175. a. 243 possibilidades 145. T4 = –20 27 b. P(A) = 125 146. D 176. A 147. E 177. E 148. A 178. A 149. D 179. A 150. E C 38 56 4 151. C P = 5 = 180. = C10 126 9 152. D 2 181. B 153. B 182. B 154. A 183. D 155. C 184. 3% 156. E 185. D PV-xx-x1 157. B 1186. D 158. C x= 5187. E 159. A 1 P(coroa )= 188. 160. 414 5 189. a. 75% Capítulo 03 3 1 1 9 ⋅ ⋅ ⋅ 3b. = 161. D 4   4 4 no de 64 142 71 Pcara Pcoroa combi - 162. a. P = = 14,2% ou nações 2 1 1 4 190. a. + + == P(primo) 1.000 500 9 9 9 9 6 1 1 2 3 1 P(A) = b. = = + de=3) == b. P(mult. 90 15 9 9 9 3 101 = 18 múltiplos de 5 5 90 = 15 múltiplos de 6 R: 6 Matemática Análise Combinatória e Probabilidades 90 90 = = mmc (5,6) 30 191. C 204. B = 192. a. 3 múltiplos 23 de 5e6 pessoas 205. D P(A ∪ Bb. ) = A probabilidade de que uma pessoa re- 206. A 18 + 15 – 3 13 207. D = ceba um sachê = de cada molho é de . 90 19  5 30 1 208. a.   = 10 = 193. =  2 90 3 194. D 40 P= 195. C 243 196. C  5 b.   = 1 197. B  0 198. E  5 199. a. 80  1 = 5 b. 10% 200. a. 11 P= 243 % 100 5 209. P = 90 32 2 2 80 1  5 5  4 105 35 ⋅ + ⋅ = 210. = 70 6  6  6  6  216 72 60 211. B 50 22 212. P = 40 45 30 213. D 20 214. D 10 215. A 21 0 a b c d e f g 216. B ntos favoráreis 1 217. a. P(R) = 57% b. = ( A ) = 1possívei entos − P ( A )is 21 b. P(H/R) = 42% 460 6054+ 20 + 390 + 50 + 350 P (B ou∴Rh ( A ) = 1 − 201. a. P (+A) )== PV-xx-x1 = 54% 218. D 1.000 100 1.000 5 87 219. a. P(I) = P (B ou Rh+ =) 100 = 87% 18 4 1 b. P(II) = b. P ( AB e Rh− ) = = 1% 9 100 6.305 2 c. P ( AB ou O / Rh− ) = = 40% 6.561 5 220. a. 47.250 maneiras distintas dessas 16 202. B crianças serem distribuídas da forma solicitada. 203. a. 150 b. A probabilidade de uma menina ven- 6 15 44 b. P(H ∩ AB) = ⋅ = 9% cer o torneio é de . 10 100 125 102

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